精品解析：山东师范大学附属中学2025-2026学年高二下学期期中检测数学试题

2026年5月山东师大附中高二期中检测试题 数学 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． 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、单选题：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. 已知函数，则（ ） A. B. C. 3 D. 【答案】B 【解析】 【详解】因为， 所以. 2. 的展开式中的系数为（ ） A. 8 B. C. 32 D. 【答案】D 【解析】 【详解】由题设，展开式通项为， ∴时，的系数为. 3. 立体几何，解析几何，导数，数列与概率统计这五道题排序，解析几何不能在第一道解答题，数列必须在第一道或者第二道位置，则不同的题目分配方式有（ ） A. 36种 B. 42种 C. 48种 D. 52种 【答案】B 【解析】 【详解】数列排在第一道的排序方法有种； 数列排第二道时，第一道有种排法，第三、四、五道有种. 根据分步乘法计数原理，数列排第二道时的排序方法有种. 根据分类加法计数原理，不同的题目分配方式有：种. 4. 已知函数，则（ ） A. 1 B. C. 2 D. 【答案】A 【解析】 【分析】先求出导函数，再应用赋值法得出，最后代入计算求解函数值. 【详解】函数，则， 再令，得，化简得， 所以， 则. 5. 已知展开式中，只有第6项的二项式系数最大，则（     ） A. 1 B. 2 C. 20 D. 24 【答案】C 【解析】 【分析】由题意可求得，再利用二项式展开式的通项公式求解即可. 【详解】由的展开式中只有第6项的二项式系数最大， 所以项数为11项，所以，解得， 所以展开式的通项公式为， 令，所以. 故选：C. 6. 已知函数，若函数有4个不同的零点则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用导数作出函数的图象，转化条件为的图象与直线有个交点，数形结合即可得解. 【详解】由题当时，，所以， 所以当时，，当时，； 所以在区间上单调递增，在上单调递减， 当时，当时，； 当时，； 所以可作出函数的图象，如下图， 若要使函数有个不同的零点， 所以的图象与直线有个交点， 即，解得. 7. 微信发朋友圈时，可以最多同时分享三行三列的照片．某人参加了2021年中国共产党建党100周年的一个庆祝活动，拍摄了一些照片，准备将其中的9张不同照片分享给他的朋友，这9张照片中，有3张是不同三人的演讲，有3张是不同演员的双人朗诵，有3张是不同单位的合唱，那么该人在分享照片的时候，每行每列都是不同类别照片的排法有（ ） A. 2592种 B. 1296种 C. 648种 D. 108种 【答案】A 【解析】 【分析】分步骤确定每行每列的图片类型排布，再计算每类图片排列数，相乘即可. 【详解】确定3类图片的位置排列： 第一行的排列数：，第二行是第一行的错位排列，则排列方式有2种， 第三行排列方式唯一确定，因此，类别位置的排列方式有（种）. 各类图片的排列数： 演讲图片放入3个位置，排列数为； 双人朗诵图片放入3个位置，排列数为； 合唱图片放入3个位置，排列数为. 故总排法有（种）. 8. 已知函数的定义域为，，其导函数满足，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】构造函数，求导后判断的单调性，然后根据单调性解不等式即可. 【详解】令，则， 所以在上单调递减，则原不等式等价于， 因为，所以， 所以，所以，解得， 所以不等式的解集为. 故选：B 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. 为弘扬我国古代的“六艺”文化，某中学计划开设“礼”“乐”“射”“御”“书”“数”六门校本课程，每月一门，连续开设六个月，则下列说法正确的是（ ） A. 若学生甲和乙各自从中任选2门，则他们共有225种不同的选法 B. 若课程“乐”排在“书”前面，则课程共有240种排法 C. 若课程“射”“御”排在不相邻两个月，则课程共有480种排法 D. 若课程“数”不排在第一个月，课程“礼”不排在第六个月，则课程共有504种排法 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用组合数的公式可判断A，利用定序相除可判断B，利用插空法可判断C，分情况讨论可判断D. 【详解】学生甲和乙各自从中任选2门，则他们共有种不同的选法，A正确； 课程“乐”排在“书”前面，可得课程共有种排法，B错误； 课程“射”“御”排在不相邻两个月，通过插空法，先排好其他的4门课程，有5个空位可选，在其中任选2个，安排课程“射”“御”共有种排法，C正确； 课程“数”不排在第一个月，课程“礼”不排在第六个月，利用分类加法计数原理，当“数”在第六个月时共有种； 当“数”既不在第一个月也不在第六个月时，共有种， 故课程“数”不排在第一个月，课程“礼”不排在第六个月，课程共有种排法，D正确． 故选：ACD 10. 对于函数，下列说法正确的是（ ） A. 在处取得极大值 B. 在上单调递增 C. 有两个零点 D. 若在上恒成立，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】求导后利用导数正负可得其单调性及其极值，即可得A、B；结合零点存在性定理可得C；构造函数，利用导数可研究其单调性，再利用单调性计算其最值即可得D. 【详解】对A、B：， 当时，，当时，， 故在上单调递增，在上单调递减， 在处取得极大值，故A、B正确； 对C：由，， 故在上有一个零点， 当时，，故在上无零点， 故有一个零点，故C错误； 对D：令，则在上恒成立， ， 当时，，当时，， 故在上单调递增，在上单调递减， 则，即，故D正确. 11. 杨辉是我国古代数学史上一位著述丰富的数学家，著有《详解九章算法》、《日用算法》和《杨辉算法》.杨辉三角的发现要比欧洲早500年左右，由此可见我国古代数学的成就是非常值得中华民族自豪的.杨辉三角本身包含了很多有趣的性质，数学爱好者对杨辉三角做了广泛的研究，则下列结论正确的是（ ） A. 第20行中最大的数是第11个数 B. 第20行中从左到右第18个数与第19个数之比为 C. 记第20行第个数为，则 D. 第四斜行的数：1，4，10，20，…，构成数列，则数列的前项和为 【答案】ABD 【解析】 【分析】A选项利用组合数取得最值的性质可判断；B选项利用组合数公式可计算；C选项利用二项式定理可求解；D选项利用组合数的性质可求解. 【详解】对于A选项，因为杨辉三角第行的数对应组合数，，，， 由组合数的性质：当为偶数时，最大数是，对应第个数，可得 第行对应，最大数为，是第个数.故A正确； 对于B选项，第行的数对应组合数，，，， 则从左到右第个数为，第个数为， 所以.故B正确； 对于C选项，因为第行第个数为， 所以，令， 根据二项式定理，.故C错误； 对于D选项，因为第四斜行的数为：1，4，10，20，…， 对应组合数为，即， 所以数列的前项和为 .故D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 有7名同学排成一排照相，甲、乙、丙三人必须相邻，有_______种不同的排法 【答案】720 【解析】 【详解】依题意，将甲、乙、丙看作一个整体，其内部有种排法， 再将这个整体与其他4人全排列，有种排法， 所以一共有种不同的排法. 13. 若，则______. 【答案】 【解析】 【分析】根据已知，应用赋值法求出对应参数、系数和，即可求. 【详解】令，则， 令，则， 所以. 故答案为： 14. 已知函数，若正实数a,满足，则的取值范围是_________． 【答案】 【解析】 【分析】本题要先使用单调性分析得到在上单调减少, 在上单调增加, 因为,,所以,,再发现，进而得到，再使用双勾函数求解. 【详解】, 当时,,当时, ; 所以,在上单调递减, 在上单调递增, 因为,, 所以; 即 因为,, 所以,; 则，又因为函数在上单调递增， 所以,, 所以,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. 已知函数在处取得极值. （1）求函数的单调区间； （2）求函数在区间上的最大值与最小值. 【答案】（1）单调递增区间为，，单调递减区间为. （2）最大值为2，最小值为. 【解析】 【分析】（1）根据函数的极值点求出a，再结合导数与函数单调性的关系，即可求得答案； （2）结合（1）判断函数的极值点，代入解析式求值，即得答案. 【小问1详解】 由题意得，由题意得，即，解得， 故，定义域为R， ，令得或，令得， 故在，上单调递增，在上单调递减， 易知为极小值点，符合题意， 所以单调递增区间为，，单调递减区间为. 【小问2详解】 由（1）知，在，上单调递增，在上单调递减， 1 + 0 - 0 + 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 所以，. 又，， 故的最大值为2，最小值为. 16. 已知，且展开式中有且仅有第6项的二项式系数最大. （1）求展开式的所有二项式系数之和； （2）求的值； （3）判断的展开式中第几项系数的绝对值最大. 【答案】（1）1024 （2） （3）第5项系数的绝对值最大 【解析】 【分析】（1）由“第6项二项式系数最大”确定，利用二项式系数之和公式求解. （2）通过赋值得，赋值代入展开式，变形后求得目标式子的值. （3）写出展开式通项，建立不等式组求解系数绝对值最大的项对应的值，确定项数. 【小问1详解】 因为展开式中第6项的二项式系数最大，所以， 所以展开式的所有二项式系数之和为. 【小问2详解】 令，得. 令，得， 所以. 【小问3详解】 展开式的通项. 由得. 因为r为整数，所以，所以的展开式中第5项系数的绝对值最大. 17. 在混放在一起的6件不同的产品中，有2件次品，4件正品.现需要通过检测将其区分，每次随机抽取一件进行检测，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. （1）若第二次抽到的是次品且第三次抽到的是正品，求共有多少种不同的抽法； （2）已知每检测一件产品需要100元费用，求检测结束时检测费用为400元的抽法有多少种？（要求：解答过程要有必要的说明和步骤） 【答案】（1）120 （2）96 【解析】 【分析】（1）由题意知，第一次抽到的必是正品，共抽取4次或5次检测结束，然后利用两个计数原理和排列组合数即可求解； （2）利用分类加法计数原理和排列组合的相关知识即可进行求解. 【小问1详解】 由题意知，第一次抽到的必是正品，共抽取4次或5次检测结束， 第1次抽到的是正品有种抽法；第2次抽到的是次品有种抽法；第3次抽到的是正品有种抽法； 当抽取4次结束时，第4次抽到的必是次品，共有种抽法； 当抽取5次结束时，若第4次抽到的是正品且第5次抽到的是正品，则共有种抽法； 若第4次抽到的是正品且第5次抽到的是次品，则共有种抽法； 综上，第二次抽到的是次品且第三次抽到的是正品共有120种抽法. 【小问2详解】 由题意知，检测费用为400元，说明一共抽取了4次检测结束，共有以下两种情况： ①4次抽到的均为正品，共有种抽法； ②前3次抽到2件正品，1件次品，且第4次抽到的是次品，共有种抽法. 所以，检测结束时，检测费用为400元的抽法共有96种. 18. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）若曲线经过点，且在处的切线为．证明：除切点外，曲线在直线的下方． 【答案】（1）①当时，，则在上单调递增; ②当时，在上单调递增，在上单调递减. （2）证明见解析 【解析】 【分析】第1问将讨论函数单调性问题，转化为讨论导函数的正负问题即可，第2问将要证明曲线在直线的下方，转化为函数不等式问题即可， 【小问1详解】 （1）因为的定义域为， 的导函数. ①当时，，则在上单调递增. ②当时，令，得； 令，得； 所以，在上单调递增，在上单调递减. 【小问2详解】 （2）因为曲线经过点 所以，解得． 所以． 因为，所以的方程为. 要证除切点外，曲线在直线的下方， 即证：， 只需证：. 设，则， 令，得；令，得， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以. 所以当时，， 所以原命题得证. 19. 已知函数. （1）当时，求证：； （2）若对于恒成立，求的取值范围； （3）若存在，使得，求证：. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由由，得，构造函数，求解单调性，证明结果; （2）求解令，则，分类讨论求解的范围; （3）由（2）知，设，判断单调性，，所以只需证，由，即，只需证 （*）进而证明结果. 【小问1详解】 由，得. 要证，只需证. 令，则. 当时，，则单调递减， 当时，，则单调递增， 所以，故， 因此. 【小问2详解】 令，则 ①当时，由，得， 因此，满足题意. ②当时，由，得， 因此，则在上单调递增. 若，则， 则在上单调递增， 所以，满足题意； 若，则， 因此在存在唯一的零点，且， 当时，单调递减， 当时，单调递增， 所以，不合题意. 综上，的取值范围为. 【小问3详解】 由（2）知，设， 则在上单调递减，在上单调递增， 注意到， 故在上存在唯一的零点. 注意到，且在上单调递增. 要证明，只需证， 因为，所以只需证， 即证. 因为，即， 所以，只需证， 只需证（*） 由（1）得， 因此， 设， 则，所以在上单调递增， 所以， 从而，即，因此（*）得证， 从而. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年5月山东师大附中高二期中检测试题 数学 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． 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、单选题：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. 已知函数，则（ ） A. B. C. 3 D. 2. 的展开式中的系数为（ ） A. 8 B. C. 32 D. 3. 立体几何，解析几何，导数，数列与概率统计这五道题排序，解析几何不能在第一道解答题，数列必须在第一道或者第二道位置，则不同的题目分配方式有（ ） A. 36种 B. 42种 C. 48种 D. 52种 4. 已知函数，则（ ） A. 1 B. C. 2 D. 5. 已知展开式中，只有第6项的二项式系数最大，则（     ） A. 1 B. 2 C. 20 D. 24 6. 已知函数，若函数有4个不同的零点则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 微信发朋友圈时，可以最多同时分享三行三列的照片．某人参加了2021年中国共产党建党100周年的一个庆祝活动，拍摄了一些照片，准备将其中的9张不同照片分享给他的朋友，这9张照片中，有3张是不同三人的演讲，有3张是不同演员的双人朗诵，有3张是不同单位的合唱，那么该人在分享照片的时候，每行每列都是不同类别照片的排法有（ ） A. 2592种 B. 1296种 C. 648种 D. 108种 8. 已知函数的定义域为，，其导函数满足，则不等式的解集为（ ） A. 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. 为弘扬我国古代的“六艺”文化，某中学计划开设“礼”“乐”“射”“御”“书”“数”六门校本课程，每月一门，连续开设六个月，则下列说法正确的是（ ） A. 若学生甲和乙各自从中任选2门，则他们共有225种不同的选法 B. 若课程“乐”排在“书”前面，则课程共有240种排法 C. 若课程“射”“御”排在不相邻两个月，则课程共有480种排法 D. 若课程“数”不排在第一个月，课程“礼”不排在第六个月，则课程共有504种排法 10. 对于函数，下列说法正确的是（ ） A. 在处取得极大值 B. 在上单调递增 C. 有两个零点 D. 若在上恒成立，则 11. 杨辉是我国古代数学史上一位著述丰富的数学家，著有《详解九章算法》、《日用算法》和《杨辉算法》.杨辉三角的发现要比欧洲早500年左右，由此可见我国古代数学的成就是非常值得中华民族自豪的.杨辉三角本身包含了很多有趣的性质，数学爱好者对杨辉三角做了广泛的研究，则下列结论正确的是（ ） A. 第20行中最大的数是第11个数 B. 第20行中从左到右第18个数与第19个数之比为 C. 记第20行第个数为，则 D. 第四斜行的数：1，4，10，20，…，构成数列，则数列的前项和为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 有7名同学排成一排照相，甲、乙、丙三人必须相邻，有_______种不同的排法 13. 若，则______. 14. 已知函数，若正实数a,满足，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. 已知函数在处取得极值. （1）求函数的单调区间； （2）求函数在区间上的最大值与最小值. 16. 已知，且展开式中有且仅有第6项的二项式系数最大. （1）求展开式的所有二项式系数之和； （2）求的值； （3）判断的展开式中第几项系数的绝对值最大. 17. 在混放在一起的6件不同的产品中，有2件次品，4件正品.现需要通过检测将其区分，每次随机抽取一件进行检测，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. （1）若第二次抽到的是次品且第三次抽到的是正品，求共有多少种不同的抽法； （2）已知每检测一件产品需要100元费用，求检测结束时检测费用为400元的抽法有多少种？（要求：解答过程要有必要的说明和步骤） 18. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）若曲线经过点，且在处的切线为．证明：除切点外，曲线在直线的下方． 19. 已知函数. （1）当时，求证：； （2）若对于恒成立，求的取值范围； （3）若存在，使得，求证：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $