精品解析：山东枣庄市薛城区2025-2026学年高二下学期期中考试数学试题

高 二 数 学 2026.04 本试卷共4页，满分为150分，考试时间120分钟. 一、单项选择题：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. 若，则的值可以是（ ） A. 10 B. 12 C. 13 D. 15 【答案】A 【解析】 【分析】根据组合数的性质即可求解. 【详解】由可得或，解得或， 故选：A 2. 函数在区间上的平均变化率为（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 【答案】B 【解析】 【分析】根据平均变化率的定义计算. 【详解】所求平均变化率为. 3. 的第一位小数为，第二位小数为，第三位小数为，则分别为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】借助二项式定理，由，将其展开后计算即可得. 【详解】， 故分别为. 故选：A. 4. 某火箭发射离开发射架后，距离地面的高度（单位：）与时间（单位：）的函数关系式是，设其在时的瞬时速度为，则当其瞬时速度为时，（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据导数的意义求解. 【详解】由，得， 则， 令， 得. 故选：B. 5. 已知的展开式中的系数为12，则实数的值为（ ） A. 2 B. 3 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用二项展开通项公式，结合题意得到含的项为，从而得到关于的方程，解之即可得解. 【详解】因为， 由的展开式通项为，含的项包含了和两项， 所以含的项为， 所以，可得. 故选：D. 6. 设函数，，则的最小值和最大值分别为（ ） A. ，0 B. ， C. ， D. 0， 【答案】C 【解析】 【分析】利用导数可求得函数的单调区间，利用单调性找到最值即可. 【详解】,, 时，，此时函数单调递增， 时，，此时函数单调递减. ，， 的最小值和最大值分别为，， 故选：C 7. 4名同学选报天文、合唱、羽毛球三个社团，每人报一个，仅有2名同学报同一社团的报名种数为（ ） A. 12 B. 24 C. 36 D. 72 【答案】C 【解析】 【分析】利用分组分配先将4人分成三组，再进行全排列即可得出结果. 【详解】4名同学选报三个社团，仅有2名同学报同一社团， 可将4名同学分成3组，共有种分法， 再将三组同学选报三个社团，共有种报法， 因此总的报名方式共有种. 故选：C 8. 过点作曲线的切线l，则l的斜率为（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】依据题意设出切点，结合导数的几何意义得到斜率，进而得到切线方程，再利用给定条件求解参数，最后求出斜率即可. 【详解】设切点为，切线斜率为，曲线为， 由导数的几何意义得， 故切线方程为，将代入方程， 得到，解得，则，故C正确. 故选：C. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分. 在每小题给出的四个选项中，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. 下列求导正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】AD 【解析】 【分析】借助导数运算法则逐项计算即可得. 【详解】对A：，故A正确； 对B：，故B错误； 对C：，故C错误； 对D：，故D正确. 10. 已知 下列各式正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】CD 【解析】 【详解】对于A：，，故A错误； 对于B：，故B错误； 对于C：，故C正确； 对于D： ，故D正确. 11. 已知函数与其导函数的部分图象如图所示，若函数，则下列关于函数的结论不正确的是（ ） A. 在区间上单调递减 B. 在区间上单调递增 C. 当时，函数有极小值 D. 当时，函数有极小值 【答案】ABD 【解析】 【分析】由有，结合图像逐项去分析即可判断. 【详解】由有， 由图可知的分布如图所示： 当时，，，，所以， 所以在单调递增，故A错误； 当时，，所以，即，在单调递减，故B错误； 当时，，所以，由图可知当时，，当时，， 所以在单调递减，在单调递增，所以时的极小值点，故当时，函数有极小值，故C正确； 当时，，所以，由图可知当时，，所以，所以， 所以在单调递增，所以当时，函数有极大值，故D错误. 故选：ABD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 用数字、、、、组成的无重复数字的四位数的个数为_______．（用数字作答） 【答案】 【解析】 【分析】首位不能排，有种选择，然后在剩余个数字中选择个排在剩余的三个数位上，结合分步乘法计数原理可得结果. 【详解】首位不能排，有种选择，然后在剩余个数字中选择个排在剩余的三个数位上， 因此，满足条件的四位数的个数为个. 故答案为：. 13. 在的展开式中，不含的所有项的系数和为______（用数值作答）. 【答案】 【解析】 【分析】先将问题转化为各项的系数之和，再通过赋值法即可得到答案. 【详解】二项式， 其展开式的通项为， 令，则， 则不含的项的系数和等于的各项系数之和， 令，则. 故答案为：. 14. 已知函数，对任意，都有，则的取值范围为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据导数的正负性与函数单调性的关系，结合函数最值的性质分类讨论进行求解即可. 【详解】， 当时，单调递增， 当时，单调递减， 当时，单调递增. 当时，当时，该函数单调递增， 所以， 所以对任意，都有，一定有成立， 解得，这与相矛盾，不符合题意； 当时，当时，， 所以对任意，都有，一定有成立，而， 所以； 当时，设表示两数中最大的数， 因为当时，单调递增， 当时，单调递减， 当时，单调递增. 所以当时，， 对任意，都有，一定有且， 解得， 综上所述：， 所以的取值范围为. 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. 已知的展开式二项式系数和为64． （1）求n的值； （2）求展开式中的常数项； （3）求展开式中二项式系数最大的项． 【答案】（1） （2）60 （3） 【解析】 【分析】（1）根据二项式系数和公式得到方程，求出答案； （2）得到展开式通项公式，进而得到展开式中的常数项为； （3）二项式系数最大的项为第四项，由（2）可知，得到答案. 【小问1详解】 由题意得，故； 【小问2详解】 的展开式通项公式为 ， 令，解得， 所以展开式中的常数项为； 【小问3详解】 ，展开式共有7项，二项式系数最大的项为第四项， 由（2）可知， 故展开式中二项式系数最大的项为. 16. 已知函数． （1）求曲线在处的切线方程； （2）求在上的最大值与最小值. 【答案】（1） （2）最大值是4，最小值是. 【解析】 【分析】（1）根据导数的几何意义求解； （2）由得出函数的单调性，从而得极值，结合区间端点处函数值，比较得最值. 【小问1详解】 因为，所以， 有，. 因此，曲线在处的切线方程为， 即 . 【小问2详解】 ， 令，解得，或. 当变化时，，的变化情况如下表所示. 单调递增 单调递减 单调递增 在区间上，当时，有极小值. 又由于 ，， 所以，在上的最大值是4，最小值是. 17. 6件产品中有2件次品，4件正品. （1）从中任意抽取3件，抽出的3件中恰好有1件次品的抽法有多少种？ （2）从中任意抽取3件，抽出的3件中至少有1件次品的抽法有多少种？ （3）对这6件产品一一进行检测，检测后不放回，直到检测出2件次品或者检测出4件正品时检测结束. （ⅰ）若恰在第1次检测时，找到第一件次品，且第4次检测时，才找到最后一件次品，则共有多少种不同的抽法？ （ⅱ）若至多检测4次就能找到所有次品，则共有多少种不同的抽法？ 【答案】（1）12 （2）16 （3）（ⅰ）24（ⅱ）114 【解析】 【分析】（1）利用组合知识以及乘法计数原理计算即可得； （2）利用组合知识以及乘法计数原理计算即可得； （3）（ⅰ）由题意可得第1次和第4次为次品，第2，3次测试为正品，再利用排列知识以及乘法计数原理计算即可得；分第1，2次测出次品结束、前2次有1次测出次品，第3次测出次品结束、前3次有1次测出次品，第4次测出次品结束、前4次全部测出正品等不同情况进行讨论即可得. 【小问1详解】 从2件次品中抽出1件的抽法有种，从4件正品中抽出2件的抽法有种， 因此抽出的3件中恰好有1件次品的抽法种数为； 【小问2详解】 抽出的3件中至少有1件次品，包括有1件次品和有2件次品两种情况， 因此根据分类加法计数原理，抽出的3件中至少有1件次品的抽法种数为：； 【小问3详解】 （ⅰ）第1次和第4次为次品，第2，3次测试为正品，共有； （ⅱ）第1，2次测出次品结束，有种； 前2次有1次测出次品，第3次测出次品结束，有种； 前3次有1次测出次品，第4次测出次品结束，有种； 前4次全部测出正品，有种； 故共有种. 18. 已知函数． （1）若，证明； （2）若，当时，，求的取值范围． 【答案】（1）证明见解析； （2）. 【解析】 【分析】（1）把代入，利用导数求出函数的最小值即可得证. （2）把代入，按分段讨论，由不等式分离参数并构造函数，再利用导数求出最小值即可. 【小问1详解】 当时，函数的定义域为，求导得， 由，得；由，得， 函数在上单调递减，在上单调递增，， 所以. 【小问2详解】 当时，函数，当时，，恒成立； 当时，不等式，令函数， 依题意，恒成立，求导得， 当时，；当时，， 函数在上单调递减，在上单调递增，，则， 所以k的取值范围是. 19. 已知，． （1）当时，讨论的单调性； （2）设，若在上有极值点． （ⅰ）求的取值范围； （ⅱ）证明：． 【答案】（1）当时，在上单调递减；当时，在上单调递减，在上单调递增 （2）（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析 【解析】 【分析】（1）先求出函数的定义域，再求导后讨论导数的正负即可； （2）（ⅰ）将问题转化为导函数的变号零点，结合零点存在定理即可求解； （ⅱ）方法一：由（ⅰ）可知是的极小值点，则，结合即可证明；方法二：由（ⅰ）可知，然后构造函数，结合函数的单调性可证得结论. 【小问1详解】 由题意知的定义域为， 当时，， 当时，，则在上单调递减， 当时，由，解得；由，解得． 即在上单调递增，上单调递减． 综上所述，当时，在上单调递减； 当时，在上单调递减，在上单调递增. 【小问2详解】 （ⅰ）由题意得，所以的定义域为， 在上有极值点等价于在上有变号零点． 令，即在上有变号零点． 当时，显然在区间上恒成立，无变号零点，不满足题意； 当时，在区间上恒成立. 所以在上单调递增. 令，解得. （ⅱ）此时在上有唯一零点．在上单调递增， 故当时，，即； 当时，，即， 故在上单调递减，在上单调递增， 故是的极小值点. 方法一：由上分析，，又，故； 方法二：因为，由，得， 则， 令，则（）， 所以在上递减， 所以，即，所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高 二 数 学 2026.04 本试卷共4页，满分为150分，考试时间120分钟. 一、单项选择题：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. 若，则的值可以是（ ） A. 10 B. 12 C. 13 D. 15 2. 函数在区间上的平均变化率为（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 3. 的第一位小数为，第二位小数为，第三位小数为，则分别为（ ） A. B. C. D. 4. 某火箭发射离开发射架后，距离地面的高度（单位：）与时间（单位：）的函数关系式是，设其在时的瞬时速度为，则当其瞬时速度为时，（ ） A. B. C. D. 5. 已知的展开式中的系数为12，则实数的值为（ ） A. 2 B. 3 C. D. 6. 设函数，，则的最小值和最大值分别为（ ） A. ，0 B. ， C. ， D. 0， 7. 4名同学选报天文、合唱、羽毛球三个社团，每人报一个，仅有2名同学报同一社团的报名种数为（ ） A. 12 B. 24 C. 36 D. 72 8. 过点作曲线的切线l，则l的斜率为（ ） A. 1 B. C. D. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分. 在每小题给出的四个选项中，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. 下列求导正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 已知 下列各式正确的是（ ） A. B. C. D. 11. 已知函数与其导函数的部分图象如图所示，若函数，则下列关于函数的结论不正确的是（ ） A. 在区间上单调递减 B. 在区间上单调递增 C. 当时，函数有极小值 D. 当时，函数有极小值 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 用数字、、、、组成的无重复数字的四位数的个数为_______．（用数字作答） 13. 在的展开式中，不含的所有项的系数和为______（用数值作答）. 14. 已知函数，对任意，都有，则的取值范围为______. 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. 已知的展开式二项式系数和为64． （1）求n的值； （2）求展开式中的常数项； （3）求展开式中二项式系数最大的项． 16. 已知函数． （1）求曲线在处的切线方程； （2）求在上的最大值与最小值. 17. 6件产品中有2件次品，4件正品. （1）从中任意抽取3件，抽出的3件中恰好有1件次品的抽法有多少种？ （2）从中任意抽取3件，抽出的3件中至少有1件次品的抽法有多少种？ （3）对这6件产品一一进行检测，检测后不放回，直到检测出2件次品或者检测出4件正品时检测结束. （ⅰ）若恰在第1次检测时，找到第一件次品，且第4次检测时，才找到最后一件次品，则共有多少种不同的抽法？ （ⅱ）若至多检测4次就能找到所有次品，则共有多少种不同的抽法？ 18. 已知函数． （1）若，证明； （2）若，当时，，求的取值范围． 19. 已知，． （1）当时，讨论的单调性； （2）设，若在上有极值点． （ⅰ）求的取值范围； （ⅱ）证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $