精品解析：山东临沂市2025-2026学年高二下学期普通高中学科素养水平监测数学试卷

2024级普通高中学科素养水平监测试卷 数学 2026.4 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名､考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 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，只有一项是符合题目要求的. 1. （ ） A. 18 B. 36 C. 63 D. 72 2. 若随机变量取所有的值是等可能的，且，则（ ） A. B. C. D. 3. 若函数，则（ ） A. B. C. D. 4. 某高校安排名大学生到个车间实习，每个车间至少一人，其中大学生甲和乙不能去同一个车间，则不同的安排方案有（ ） A. 种 B. 种 C. 种 D. 种 5. 曲线在点处的切线与曲线只有一个公共点，则（ ） A. 0或 B. 0或 C. D. 6. 在某电路上有两个独立工作的元件，每次通电后，需要更换元件的概率为0.3，需要更换元件的概率为0.2，则在某次通电后至少有一个需要更换的条件下，需要更换的概率是（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数是定义在区间上的可导函数，其导函数为，且满足，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 8. 若，则（） A. B. C. D. 二、多选题：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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知函数，则（ ） A. 存在唯一零点 B. 的极小值为 C. 在上单调递减 D. 当时，有个解 10. 设是一个随机试验中的两个事件，且，则（ ） A. B. C. D. 11. 已知函数有4个不同的零点，且，则（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知随机变量服从正态分布，若，则__________. 13. 的展开式中的系数为__________. 14. 若不等式恒成立，则的取值范围是__________. 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. 已知在二项式的展开式中，第项的二项式系数为，且展开式中含的项的系数为. （1）求和的值； （2）求该二项式展开式中所有的有理项. 16. 某高校少年班复试选拔有甲､乙两类问题，每位参加复试的同学先在两类问题中选择一类并从中随机抽取一个问题回答，若回答错误则该同学复试结束；若回答正确则从另一类问题中再随机抽取一个问题回答，无论回答正确与否，该同学复试结束.甲类问题中的每个问题回答正确得30分，否则得0分；乙类问题中的每个问题回答正确得70分，否则得0分，已知小明能正确回答甲类问题的概率为0.8，能正确回答乙类问题的概率为0.5，且能正确回答问题的概率与回答次序无关. （1）求小明复试得分为100分的概率； （2）若小明先回答甲类问题，记为小明的累计得分，求的分布列； （3）为使累计得分的期望最大，小明应选择先回答哪类问题？并说明理由. 17. 已知函数. （1）当时，求的最小值； （2）当时，证明：. 18. 景德镇瓷器是中国传统的手工艺品之一，因产于江西省景德镇而得名.假设景德镇的青花瓷烧制开窑后经检验分为成品和废品两类，现有15件青花瓷，其中6件由工匠甲烧制，5件由工匠乙烧制，4件由工匠丙烧制.已知甲､乙､丙三人烧制青花瓷的成品率依次为. （1）从这15件青花瓷中任取1件，求取出的青花瓷是成品的概率； （2）若每件青花瓷成品的收入为800元，废品收入为0元，记随机变量为甲､乙两人烧制的青花瓷的总收入之和，求的期望. （3）已知这15件青花瓷中有件成品，现从中无放回随机抽取3件，若使抽到的青花瓷中恰有2件成品的概率大于恰有1件成品的概率，求的最小值. 19. 已知函数的定义域是，其导函数为. （1）讨论的单调性； （2）记曲线在点处的切线为. （i）当时，证明：除切点外，曲线在直线的上方； （ii）设过点的直线与直线垂直，与轴交点的横坐标分别是，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024级普通高中学科素养水平监测试卷 数学 2026.4 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名､考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 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，只有一项是符合题目要求的. 1. （ ） A. 18 B. 36 C. 63 D. 72 【答案】B 【解析】 【分析】借助组合数定义计算即可得. 【详解】. 2. 若随机变量取所有的值是等可能的，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】因为随机变量取所有的值是等可能的，即， 所以，解得. 3. 若函数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】因为，则， 所以. 4. 某高校安排名大学生到个车间实习，每个车间至少一人，其中大学生甲和乙不能去同一个车间，则不同的安排方案有（ ） A. 种 B. 种 C. 种 D. 种 【答案】C 【解析】 【详解】将名大学生分成三组，有种分法，再将其分到个车间实习，有种， 所以将名大学生分到个车间实习，每个车间至少一人，有种安排方法， 若大学生甲和乙分到同一个车间，将甲乙看成一个整体，于是问题等价于把4个对象安排到3个车间实习， 将4个对象分成三组有种分法，再将三组安排到3个车间有，所以有种安排方法， 所以不同的安排方案有种. 5. 曲线在点处的切线与曲线只有一个公共点，则（ ） A. 0或 B. 0或 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】借助导数几何意义可得曲线在点处的切线方程，即可得方程有且只有一个解，再分与进行讨论即可得. 【详解】，当时，， 则曲线在点处的切线方程为， 令，可得， 当时，有，解得，符合题意； 当时，有，解得； 综上可得：或. 6. 在某电路上有两个独立工作的元件，每次通电后，需要更换元件的概率为0.3，需要更换元件的概率为0.2，则在某次通电后至少有一个需要更换的条件下，需要更换的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】记事件为在某次通电后至少有一个需要更换，事件为需要更换， 则，， 由条件概率公式可得. 7. 已知函数是定义在区间上的可导函数，其导函数为，且满足，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据条件，构造函数，利用函数的单调性和导数之间的关系，将不等式进行转化求解即可得到结论. 【详解】构造函数，， 当时，，所以，所以在上单调递减， 因为，函数是定义在区间上， 所以，即， 不等式化为，即， 所以，即， 所以不等式解集为. 8. 若，则（） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先设，把统一用表示，再分别构造函数，利用导数判断单调性：先构造比较出对数式大于，再借助得正切值大于进而大于，最后构造由导数恒正知函数递增，推出大于，综合单调性取值大小得到. 【详解】令，则，可得：，，. 比较和： 构造函数，求导得，故在单调递增，，即，所以. 比较和： 对， 因此在上单调递增，又，故: 当时，，又，且，故，即. 比较和： 构造函数，， 时，故 所以,即在单调递增，，即，所以. 综上，. 二、多选题：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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知函数，则（ ） A. 存在唯一零点 B. 的极小值为 C. 在上单调递减 D. 当时，有个解 【答案】AB 【解析】 【分析】利用导数与函数单调性间的关系，先求出的单调区间，即可判断C的正误；对A，结合函数的单调性及零点存在性原理，即可求解；对B，根据条件，直接求出极小值，即可求解；对D，作出的图象，数形结合，即可求解. 【详解】因为，则， 当时，，当时，，且 所以在区间上单调递减，在区间上单调递增， 对于A，因为时，，且时，，， 时，，由零点存在性原理知，有且只有唯一零点，所以A正确， 对于B，因为是的极小值点，且，所以的极小值为，故B正确， 对于C，因为在区间上单调递减，在区间上单调递增，所以C错误， 对于D，结合选项A的分析及的单调性，可知的图象如图所示， 又的解的个数，即与图象交点的个数， 由图知，时，与图象有两个交点，即有个解， 所以D错误. 10. 设是一个随机试验中的两个事件，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AD 【解析】 【详解】对于A，因为，又， 所以，故A正确， 对于B，因为，又，， 所以，故B错误， 对于C，因为，又，，则， 所以，故C错误， 对于D，因为，，所以，故D正确. 11. 已知函数有4个不同的零点，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】先构造函数，通过求导分析其单调性与最值，结合绝对值函数的零点情况确定的取值范围，再针对每个选项逐一推导验证. 【详解】设，则. 当时，，单调递减； 当时，，单调递增，故. 当时，；当时，.图象如下图所示， 函数有4个不同零点等价于有个实根，等价于与各有个解. 选项A：当时有2个解， 要想有个解，需且，即，故选项A正确. 选项B：由得，即. 要证，即证，整理得. 将代入，只需证，化简得. 观察图象可得，，所以，故，不等式成立，故B正确. 选项C： 满足 ， 满足 .要判断 ， 等价于 ， 因为 在 单调递减，只需判断 . 计算得：， 由 得 ，代入上式：， ∵， ∴ 当 时，，此时，即 ，得 ，即 . 因此选项C错误. 选项D：由和，可得，， 两式相减得，即. 因，故，因此，即，故D正确. 【点睛】方法归纳：本题通过构造函数，利用导数研究函数的单调性与最值，结合绝对值方程的零点情况分析参数范围，再通过代数推导或特殊值验证选项正误，核心是转化与化归思想以及数形结合思想的应用. 易错归纳：1. 对绝对值函数的零点分析错误，混淆和的解的区间； 2. 未注意的范围，导致证明失误. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知随机变量服从正态分布，若，则__________. 【答案】## 【解析】 【分析】借助正态分布对称性计算即可得. 【详解】由题意可得. 13. 的展开式中的系数为__________. 【答案】 【解析】 【分析】将因式分解可得，再利用二项式的展开式的通项公式计算可得与的展开式的通项公式，，计算后，令的次数分别为与进行计算即可得. 【详解】， 对，有，， 对，有，， 则， 令，可得，或，或，， 有， ， ， 令，可得或或或或， 有， ， ， ， ， 故的展开式中的系数为： . 14. 若不等式恒成立，则的取值范围是__________. 【答案】 【解析】 【分析】构造函数，利用导数求出的单调区间，根据条件，将问题转化成时，则恒成立，时，恒成立和时，三种情况，即可求解. 【详解】令，则， 由，得到或，由，得到或， 即的增区间为，，减区间为. 因为不等式恒成立，当，即时，则恒成立， 又在区间上单调递减，在上单调递增，所以， 当，即时，由，即恒成立，此时， 当，即时，恒成立， 又在区间上单调递减，在上单调递增，所以 综上所述，. 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. 已知在二项式的展开式中，第项的二项式系数为，且展开式中含的项的系数为. （1）求和的值； （2）求该二项式展开式中所有的有理项. 【答案】（1）， （2），， 【解析】 【分析】（1）利用的展开式的通项公式，结合条件，即可求解； （2）根据条件，利用二项展开式的通项公式，得，即可求解. 【小问1详解】 因为的展开式的通项公式为， 由第项的二项式系数为，得，解得，所以， 又展开式中含的项的系数为，令，解得， 所以，解得， 故和的值分别为. 【小问2详解】 由（1）知， 要求二项式展开式中的有理项，则为整数，所以， 当时，，当时，， 当时，， 所以该二项式展开式中所有的有理项为，，. 16. 某高校少年班复试选拔有甲､乙两类问题，每位参加复试的同学先在两类问题中选择一类并从中随机抽取一个问题回答，若回答错误则该同学复试结束；若回答正确则从另一类问题中再随机抽取一个问题回答，无论回答正确与否，该同学复试结束.甲类问题中的每个问题回答正确得30分，否则得0分；乙类问题中的每个问题回答正确得70分，否则得0分，已知小明能正确回答甲类问题的概率为0.8，能正确回答乙类问题的概率为0.5，且能正确回答问题的概率与回答次序无关. （1）求小明复试得分为100分的概率； （2）若小明先回答甲类问题，记为小明的累计得分，求的分布列； （3）为使累计得分的期望最大，小明应选择先回答哪类问题？并说明理由. 【答案】（1） （2） （3）应选择先回答甲类问题【解析】 【分析】（1）借助概率公式计算即可得； （2）得到的可能取值后计算对应概率即可得其分布列； （3）结合（2）中所得可得先回答甲类问题时得分期望，再求出先回答乙类问题时得分期望后，比较大小即可得. 【小问1详解】 若小明复试得分为100分， 概率为. 【小问2详解】 的可能取值为、、， ， ， ， 故其分布列为： 【小问3详解】 由（2）可得，若小明先回答甲类问题， 得分期望为分； 若小明先回答乙类问题，设为小明的累计得分，则的可能取值为、、， 则， ， ， 则得分期望为， 则，故小明应选择先回答甲类问题. 17. 已知函数. （1）当时，求的最小值； （2）当时，证明：. 【答案】（1）1 （2） 当时，要证， 只需证， 令，则， 且在上单调递增，， 所以，使得， 即，两边取对数得， 且当时，，则单调递减， 当时，，则单调递增， ， 所以 即. 【解析】 【分析】（1）利用导数求函数单调性，可得最值； （2）当时，要证，只需证，令，利用导数求其最小值大于零，得证. 【小问1详解】 当时，， 则， 当时，，所以， 则函数在单调递减， 当时，，所以， 则函数在单调递增， 所以当时，取最小值，即； 【小问2详解】 略 18. 景德镇瓷器是中国传统的手工艺品之一，因产于江西省景德镇而得名.假设景德镇的青花瓷烧制开窑后经检验分为成品和废品两类，现有15件青花瓷，其中6件由工匠甲烧制，5件由工匠乙烧制，4件由工匠丙烧制.已知甲､乙､丙三人烧制青花瓷的成品率依次为. （1）从这15件青花瓷中任取1件，求取出的青花瓷是成品的概率； （2）若每件青花瓷成品的收入为800元，废品收入为0元，记随机变量为甲､乙两人烧制的青花瓷的总收入之和，求的期望. （3）已知这15件青花瓷中有件成品，现从中无放回随机抽取3件，若使抽到的青花瓷中恰有2件成品的概率大于恰有1件成品的概率，求的最小值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）借助全概率公式计算即可得； （2）借助二项分布定义与二项分布期望公式计算即可得； （3）计算出抽到的青花瓷中恰有2件成品的概率与恰有1件成品的概率后列出不等式计算即可得. 【小问1详解】 ； 【小问2详解】 设甲烧制的青花瓷中成品件数为，乙烧制的青花瓷中成品件数为， 则由题意可得，， 则，， 则元； 【小问3详解】 设抽到的青花瓷中恰有件成品， 则，， 由题意可得， 即， 由，则，即， 又，故的最小值为. 19. 已知函数的定义域是，其导函数为. （1）讨论的单调性； （2）记曲线在点处的切线为. （i）当时，证明：除切点外，曲线在直线的上方； （ii）设过点的直线与直线垂直，与轴交点的横坐标分别是，证明：. 【答案】（1）的增区间为，减区间为 （2） （i）因为， 则曲线在点处的切线方程为， 令，则， 由（1）知在区间上单调递增， 又， 所以当时，，当时，， 则在区间上单调递减，在区间上单调递增， 所以，当且仅当时取等号， 则，即，当且仅当时取等号，故命题得证. （ii）因为直线与直线垂直，且过点， 所以直线的方程为， 令，得到，则 又直线的方程为， 令，得到，则， 所以， 令，由（1）知，所以， 则， 又易知在区间上单调递减， 所以，命题得证. 【解析】 【分析】（1）利用导数与函数单调性间的关系，即可求解； （2）（i）利用导数的几何意义，求出切线方程，构造函数，求出的最小值，即可求解；（ii）根据条件，求出，从而得，令，利用（1）中的单调性，即可求解. 【小问1详解】 令，由题知的定义域为， 因为，由，得到，由，得到， 所以的增区间为，减区间为. 【小问2详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $