精品解析：山东济宁市兖州区2025-2026学年第二学期期中质量检测高二数学试卷

2025-2026学年度期中考试 高二数学试题 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】 【分析】由随机变量的分布列的性质得到答案. 【详解】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】 【分析】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. 【详解】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】 【分析】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/ 【详解】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】 【分析】根据题干可列出，，结合全概率公式列出等式即可求解. 【详解】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. 20 B. 50 C. 70 D. 90 【答案】D 【解析】 【分析】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. 【详解】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】 【分析】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． 【详解】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】 【详解】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】 【分析】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． 【详解】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. 3 B. 4 C. 6 D. 8 【答案】BC 【解析】 【分析】利用组合数公式化简，再利用组合数性质求出n的值. 【详解】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】 【分析】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. 【详解】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】 【分析】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： 【详解】，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】 【分析】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. 【详解】由题意， 则. 故答案为：. 13. 的展开式中项的系数是______． 【答案】60 【解析】 【分析】将看作个因式相乘，由分步乘法计数原理求解. 【详解】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】 【分析】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. 【详解】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】 【分析】（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. 【小问1详解】 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． 【小问2详解】 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】 【小问1详解】 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． 【小问2详解】 由题意可得 ， 所以该订单发生延迟的总概率． 【小问3详解】 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）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. 【解析】 【分析】（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. 【小问1详解】 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. 【小问2详解】 略 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）的分布列为 2 4 5 （ⅱ） 【解析】 【分析】(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. 【小问1详解】 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． 【小问2详解】 (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. 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 2 4 5 （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】 【分析】（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． 【小问1详解】 时，，对函数求导得. 所以，． 所以的图象在处的切线方程为，即． 【小问2详解】 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． 【小问3详解】 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． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年度期中考试 高二数学试题 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. 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. 20 B. 50 C. 70 D. 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. 3 B. 4 C. 6 D. 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：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $