2025--2026学年山东省济宁市兖州区高二下册期中质量检测数学试题 [含答案]

这是一份2025--2026学年山东省济宁市兖州区高二下册期中质量检测数学试题 [含答案]，共22页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 设随机变量的分布列为，则（ ）
A. B. C. D.
2. 已知函数的导函数的图象如图所示，则该函数的图象可能是（ ）

A. B.
C. D.
3. 将个不同的小球放入个不同的盒子，每个盒子内至多放个小球，共有（ ）种放法，
A. B. C. D.
4. 一个知识问答竞赛每题有3个选项．甲参加该竞赛有以下情况：若甲掌握该知识，则一定回答正确；若甲未掌握该知识，则从3个选项中随机选择一个作答．已知甲回答正确的概率为，则甲掌握该知识的概率为（ ）
A. B. C. D.
5. 已知函数的图象关于坐标原点对称，则的值为（ ）
A. 20B. 50C. 70D. 90
6. 若，则（ ）
A. B. C. D.
7. 从标有0，1，2，3，4的五张卡片中随机选取4张放入如图所示的空格处组成一个四位数的偶数，则这个数小于2026的概率为（ ）
A. B. C. D.
8. 若函数有两个零点，则a的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
二、选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分. 在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 全部选对得 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得0分
9. 若，则n的值可能为（ ）
A. 3B. 4C. 6D. 8
10. 设，是一个随机试验中的两个事件，且，，，则（ ）
A. 是相互独立事件B. 事件，互斥
C. D.
11. 设函数，则（ ）
A. 存在实数，使函数为单调函数
B. 当时，是函数的极小值点
C. 若函数有一个零点，则
D. 已知是函数的极大值点，若，则
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
12. 一批产品根据质量指标分为正品和次品，且次品率为，随机抽取1件，定义则随机变量的方差_____.
13. 的展开式中项的系数是______．
14. 有红、黄、蓝卡片各张，分别写有数字.从中选取张，要求三色俱全，且数字各一张，则不同的选法数目有________.
四、解答题：本题共 5 小题，共 77 分. 解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 已知的展开式中，第6项为常数项．
（1）求n；
（2）求展开式中所有的有理项．
16. 某外卖平台订单集中在早高峰、午高峰、晚高峰三个时段，三个时段订单占比依次为 30%、40%、30%.统计发现，不同时段受接单压力影响，出现送餐延迟的概率不同，早高峰订单，发生延迟的概率为2%；午高峰订单，发生延迟的概率为3%；晚高峰订单，发生延迟的概率为4%.现随机抽取一笔外卖订单.
（1）该订单来自午高峰时段且发生延迟的概率；
（2）该订单发生延迟的概率；
（3）若已知订单出现延迟，求它来自晚高峰时段的概率.
17. 设函数，已知是函数的极值点．
（1）求的值；
（2）设函数，证明：．
18. 甲、乙两名选手进行象棋比赛，规定每局比赛胜者得1分，负者得0分，平局双方均得0分，比赛一直到一方比另一方多2分为止，多得2分的一方赢得比赛．已知每局比赛中，甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，双方平局的概率为，且每局比赛结果相互独立．
（1）若，求甲选手恰好在第4局比赛后赢得比赛的概率．
（2）若，且比赛最多进行5局，比赛结束时的比赛局数为，
（ⅰ）求的分布列（用字母表示）；
（ⅱ）求的最大值．
19. 设函数．
（1）若，求的图象在处的切线方程；
（2）若在上恒成立，求a的取值范围；
（3）当时，若满足，求证：．
数学
一、选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分. 在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上.
1. 设随机变量的分布列为，则（ ）
A. B. C. D.
答案：B
解析：
思路：由随机变量的分布列的性质得到答案.
解答过程：由题意知，解得.
故选：B.
2. 已知函数的导函数的图象如图所示，则该函数的图象可能是（ ）

A. B.
C. D.
答案：B
解析：
思路：根据导函数的正负确定原函数的单调性，即可结合图形求解.
解答过程：由的图象可知：当和时，，故在单调递减，
当和时，，故在，单调递增，
故B正确，
故选：B
3. 将个不同的小球放入个不同的盒子，每个盒子内至多放个小球，共有（ ）种放法，
A. B. C. D.
答案：B
解析：
思路：解法1：以小球为研究对象，分三步完成，即可得解；
解法2：以盒子为研究对象，当3个小球放入后还剩2个空盒，通过列举法可知空盒有10种情况，且每种情况下小球均有种放法，即可得解/
解答过程：解法1：以小球为研究对象，分三步完成.
（1）第一个小球有种放法；
（2）第二个小球有种放法；
（3）第三个小球有种放法.
根据分步乘法计数原理，共有种不同的放法.
解法2：以盒子为研究对象，盒子序号记为，，，，.
当个小球放入后还剩个空盒，通过列举法可知空盒有种情况：，，，，，，，，，.
每种情况下小球均有种放法，所以共有种放法，
故选：B.
4. 一个知识问答竞赛每题有3个选项．甲参加该竞赛有以下情况：若甲掌握该知识，则一定回答正确；若甲未掌握该知识，则从3个选项中随机选择一个作答．已知甲回答正确的概率为，则甲掌握该知识的概率为（ ）
A. B. C. D.
答案：A
解析：
思路：根据题干可列出，，结合全概率公式列出等式即可求解.
解答过程：设甲掌握该知识的概率为，记“甲回答正确”为事件，
根据题意，，，.
根据全概率公式，，代入已知，
得：，解得.
5. 已知函数的图象关于坐标原点对称，则的值为（ ）
A. 20B. 50C. 70D. 90
答案：D
解析：
思路：先利用二项式定理化简，再根据函数奇偶性的定义求解即得.
解答过程：依题意，可知函数为奇函数，满足.
因，
，
则，
由
，因不恒为0，故得，即.
6. 若，则（ ）
A. B. C. D.
答案：A
解析：
思路：先通过求导判断函数的单调性，再利用单调性比较和的大小．
解答过程：因为．当时，，所以，所以在上为单调递减函数．故．
故选：A.
7. 从标有0，1，2，3，4的五张卡片中随机选取4张放入如图所示的空格处组成一个四位数的偶数，则这个数小于2026的概率为（ ）
A. B. C. D.
答案：C
解析：
解答过程：首先，组成的四位数的偶数中，
若在个位，这样的四位数的偶数有个；
若个位不为，则个位为2或4，有2种情况，首位有3种情况，中间两位数有种情况，所以这样的四位数的偶数有个.
故可组成四位数的偶数共个.
其中小于2026的偶数可分为两类：
第一类：千位数为1的有：个；
第二类：千位数为2的只有2014这1个.
所以小于2026的四位数的偶数有个.
所以组成的四位数的偶数中，小于2026的概率为.
8. 若函数有两个零点，则a的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
答案：C
解析：
思路：分类讨论的值，再根据导数分析的单调性，结合函数有两个零点，即可求解范围．
解答过程：函数的定义域为.
当时，令，在只有一个零点，不合题意；
当时，，
当时，，则在单调递增，，所以在只有一个零点，不合题意；
当时，令，
当时，，在单调递减，
当时，，在单调递增，
又时，，
若有两个零点，则，
设，令，解得，
当时，，则在上单调递增，
当时，，则在上单调递减，
所以，
所以，
故选：C．
二、选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分. 在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 全部选对得 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得0分
9. 若，则n的值可能为（ ）
A. 3B. 4C. 6D. 8
答案：BC
解析：
思路：利用组合数公式化简，再利用组合数性质求出n的值.
解答过程：依题意，，因此，
所以或.
故选：BC
10. 设，是一个随机试验中的两个事件，且，，，则（ ）
A. 是相互独立事件B. 事件，互斥
C. D.
答案：AC
解析：
思路：根据题意，利用相互独立事件的判定方法，互斥事件的概率加法公式，以及条件概率的计算公式，结合选项，逐项求解，即可得到答案.
解答过程：对于A，由，
解得，所以，所以是相互独立事件，所以A正确；
对于B，若互斥，则，由A项知，所以不互斥，所以B错误；
对于C，因为，且与互斥，
根据互斥事件的概率加法公式，可得，
所以，所以C正确；
对于D， 根据条件概率的公式，可得，
因为，，
可得，所以，所以D错误.
11. 设函数，则（ ）
A. 存在实数，使函数为单调函数
B. 当时，是函数的极小值点
C. 若函数有一个零点，则
D. 已知是函数的极大值点，若，则
答案：ACD
解析：
思路：当时，，为单调递增函数，故A正确；对于B，利用导数研究函数的单调性即可求解；对于C，令，将原问题化为只有一个交点.画出两个函数的图象，求出相切时切线的斜率即可求解.对于D，易得，是函数的极大值点，计算得 ,结合函数的单调性知：
解答过程：，当时，，为单调递增函数，故A正确；
当时，，
当时，单调递增；
当时，单调递减；
当时，单调递增，故是函数的极大值点，故B错误；
若函数有一个零点,则有一个根，令，即只有一个交点.
如图所示：当与相切时，两个函数图象有两个交点，
当直线的斜率小于切线的斜率时，它们有一个交点.下面求出切线的斜率.
设切点为，则，解得，，，
故时，函数有一个零点，故C正确.
对于D，，当时，，单调递增，无极值点.
当时，时，，单调递增；
当时，，单调递减；
当时，单调递增，故是函数的极大值点
,
,
结合，知：，D正确.
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
12. 一批产品根据质量指标分为正品和次品，且次品率为，随机抽取1件，定义则随机变量的方差_____.
答案：
解析：
思路：先由两点分布求出随机变量的均值，然后利用方差计算公式求出方差即可.
解答过程：由题意，
则.
故答案为.
13. 的展开式中项的系数是______．
答案：60
解析：
思路：将看作个因式相乘，由分步乘法计数原理求解.
解答过程：将看作个因式相乘，
则得到需从个因式中先选择个因式取，有种不同的取法；
再从剩余个因式中选择个因式取，有种不同的取法，
最后从剩下的因式中取，有种不同的取法，
根据分步乘法计数原理，可得的系数为，
故答案为.
14. 有红、黄、蓝卡片各张，分别写有数字.从中选取张，要求三色俱全，且数字各一张，则不同的选法数目有________.
答案：540
解析：
思路：求出所有选法数，并求出三色不全的选法数，用间接法即可求得三色俱全的选法数目.
解答过程：因为每一个数字均对应张卡片，所以选择数字各一张的选法共有种.
其中三色不全的选法有种.
所以三色俱全的选法有种.
四、解答题：本题共 5 小题，共 77 分. 解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 已知的展开式中，第6项为常数项．
（1）求n；
（2）求展开式中所有的有理项．
答案：（1）
（2），，
解析：
思路：（1）先求得展开式的通项为，根据题意，列出方程，即可求解；
（2）由（1）得到展开式的通项为，令，得到，根据题意，分类讨论，即可求解.
（1）解：由二项式展开式的通项为，
因为第6项为常数项，即当时，，解得．
（2）解：由（1）知二项展开式的通项为，其中，
令，可得，即，
因为，所以为偶数，
当时，可得，则
当时，可得，则
当时，可得，则，
所以二项展开式中的有理项分别为，，.
16. 某外卖平台订单集中在早高峰、午高峰、晚高峰三个时段，三个时段订单占比依次为 30%、40%、30%.统计发现，不同时段受接单压力影响，出现送餐延迟的概率不同，早高峰订单，发生延迟的概率为2%；午高峰订单，发生延迟的概率为3%；晚高峰订单，发生延迟的概率为4%.现随机抽取一笔外卖订单.
（1）该订单来自午高峰时段且发生延迟的概率；
（2）该订单发生延迟的概率；
（3）若已知订单出现延迟，求它来自晚高峰时段的概率.
答案：（1）
（2） （3）
解析：
（1）设订单来自早、午、晚高峰时段分别为事件 A， B，；出现延迟事件V ，
由题意可知，，
可得，
所以订单来自午高峰时段且发生延迟的概率为．
（2）由题意可得
，
所以该订单发生延迟的总概率．
（3）由题意可得，
所以订单出现延迟，来自晚高峰时段的概率为．
17. 设函数，已知是函数的极值点．
（1）求的值；
（2）设函数，证明：．
答案：（1）1 （2）证明见解析
解析：
思路：（1）由极值点处导数为0即可求解出参数，代回检验得解；
（2）由（1）得，要证，即证，即证，构造函数，利用导数证明.
（1）因为，所以，
则，
因为是函数的极值点，
所以，解得，
当时，，，
当时，，则，，故，
所以函数在上单调递增；
当时，，则，，故，
所以函数在上单调递减；
综上，是函数的极值点，符合题意，故.
（2）由（1）得，所以，
由（1）可知，是函数的最小值点，所以对任意的，，
要证，即证，
即证，只需证，
令，则，
当时，，单调递减，当时，，单调递增，
所以，
综上，在上恒成立.
18. 甲、乙两名选手进行象棋比赛，规定每局比赛胜者得1分，负者得0分，平局双方均得0分，比赛一直到一方比另一方多2分为止，多得2分的一方赢得比赛．已知每局比赛中，甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，双方平局的概率为，且每局比赛结果相互独立．
（1）若，求甲选手恰好在第4局比赛后赢得比赛的概率．
（2）若，且比赛最多进行5局，比赛结束时的比赛局数为，
（ⅰ）求的分布列（用字母表示）；
（ⅱ）求的最大值．
答案：（1）
（2）（ⅰ）分布列见解析；（ⅱ）
解析：
思路：(1)分4局中有平局和没有平局进行讨论；
(2) (i)若，则比赛结果只有甲乙两种，且．又比赛最多进行5局，则的值可能为2，4，5, 计算取每个值的概率, 得分布列;
(ii)由(i)中的分布列得到．根据题目中的隐含信息，中有式子，，故尝试利用，根据基本不等式得到，再利用函数在上单调递增，即可得到最大值.
（1）若比赛中甲胜，记比赛结果为甲；比赛中乙胜，记比赛结果为乙；比赛平局，记比赛结果为平．
若4局比赛中没有平局，则比赛结果按比赛顺序分别为：甲乙甲甲，乙甲甲甲，
对应概率为；
若4局比赛中有平局，则比赛结果按比赛顺序分别为：平平甲甲，平甲平甲，甲平平甲，
对应概率为．
综上，甲选手恰好在第4局比赛后赢得比赛的概率为．
（2）若，则比赛结果只有甲乙两种，且．
又比赛最多进行5局，则的值可能为2，4，5.
时，比赛结果按比赛顺序分别为甲甲，乙乙，则；
时，比赛结果按比赛顺序分别为甲乙甲甲，乙甲甲甲，乙甲乙乙，甲乙乙乙，
则；
时，说明前4局没有结束比赛，即前4局甲乙打平，
则对应比赛结果按比赛顺序分别为甲乙乙甲甲，乙甲甲乙甲，乙甲乙甲甲，甲乙甲乙甲，甲乙乙甲乙，乙甲甲乙乙，乙甲乙甲乙，甲乙甲乙乙，
则．
则的分布列为
（ⅱ）．
注意到
则，
因为，所以，当且仅当时等号成立．
因为函数在上单调递增，
所以，故的最大值为．
19. 设函数．
（1）若，求的图象在处的切线方程；
（2）若在上恒成立，求a的取值范围；
（3）当时，若满足，求证：．
答案：（1）
（2） （3）证明见解析
解析：
思路：（1）对函数求导，求出切线斜率和切点坐标，进而求得切线方程；
（2）对函数求导，判断单调性求出最小值，分 , 两种情况讨论不等式恒成立时 的范围；
（3）对函数求导，判断单调性，设 ，求导判断单调性，进而证明结论．
（1）时，，对函数求导得.
所以，．
所以的图象在处的切线方程为，即．
（2）由得，
因为在上单调递增，所以．
若，则在上恒成立，所以在上单调递增，
又，所以在上恒成立，
若，令得或，且，，
当时，，单调递减，
所以，与在上恒成立矛盾，
综上所述，的取值范围是．
（3）证明：当时，，
所以在上单调递增，又，
所以时，时，．
若，则，不合题意；
若，则，不合题意，所以，
设，则，
所以在上单调递增，因为，所以．
因为，所以．
又，所以，即．
又在上单调递增，所以，即．
2
4
5