四川省仁寿县铧强中学2025-2026学年高二下学期第二次教学质量检测数学试题

**基本信息** 试卷以二项式定理、导数、概率等核心知识为载体，通过“六艺文化”课程排列（跨学科情境）、机器人合格率（实际应用）等问题设计，考查数学思维与应用能力，体现数学眼光与语言的运用。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8/40|二项式系数、导数计算、两点分布|基础概念辨析，如第1题二项式系数直接考查定义| |多选题|3/18|排列组合、函数图像交点|跨学科情境，如第10题“六艺”课程排列，结合插空法与捆绑法| |填空题|3/15|切线方程、二项式展开系数|运算能力，如第12题曲线切线方程需导数几何意义| |解答题|5/77|概率应用、函数极值与零点|实际建模，如第18题食品罐头检验，涉及条件概率与分布列|

铧强中学2024级高二（下）第二次教学质量检测试题 数学试题 考试时间：120分钟；满分：150分； 注意事项： 1.答题前，考生务必在答题卡上将自己的姓名、座位号、准考证号用0.5毫米的黑色签字笔填写清楚，考生考试条形码由监考老师粘贴在答题卡上的“贴条形码区”． 2.选择题使用2B铅笔填涂在答题卡上对应题目标号的位置上，如需改动，用橡皮擦擦干净后再填涂其它答案；非选择题用0.5毫米的黑色签字笔在答题卡的对应区域内作答，超出答题区域答题的答案无效；在草稿纸上、试卷上答题无效． 3.考试结束后由监考老师将答题卡收回． 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，只有一项符合题目要求） 1．展开式中第4项的二项式系数为（    ） A．56 B．1120 C． D．70 2．已知函数的导函数为，且，则（   ） A． B． C． D． 3．若随机变量服从两点分布，其中，则（   ） A． B． C． D． 4．函数的单调递减区间是（    ） A． B． C． D． 5．函数的零点个数是（   ） A．0 B．2 C．1 D．3 6．已知可导函数的导函数为，若对任意的，都有且，则不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 7．袋中装有2个红球和3个白球，从袋中每次随机不放回地取出1个球后，同时再放入1个另一种颜色的球到袋中，则第二次取出红球的概率是（   ） A． B． C． D． 8．若函数在上有且仅有一个极值点，则实数的取值范围是（    ） 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，选对但不全的得部分分，有选错的得0分） 9．已知多项式，则下列说法正确的是（   ） A． B． C． D． 10．（跨学科情景）为弘扬我国古代的“六艺文化”，某夏令营主办单位计划利用暑期开设“礼”“乐”“射”“御”“书”“数”六门体验课程，每周一门，连续开设六周，则（    ） A．课程“射”“御”排在不相邻两周，共有240种排法 B．课程“礼”“乐”“射”排在相邻的三周，共有144种排法 C．课程“礼”排在“乐”的后面（可以不相邻），共有360种排法 D．课程“乐”不排在第一周，课程“御”不排在最后一周，共有528种排法 11．已知函数，且的图象过点，若的图象与直线有3个不同的交点，且这3个交点的横坐标依次为，，，则下列说法正确的是（    ） A．实数t的取值范围是 B．的取值范围是 C．的最大值为 D．若在上的值域为，则的最大值为 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12．曲线在点处的切线方程为______. 13．若，则的展开式中含项的系数为__________. 14．已知函数的极值点为，函数，若对任意恒成立，则实数的取值范围为__________. 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．某机器人商店出售的机器人中，甲品牌的占40%，合格率为95%；乙品牌的占30%，合格率为90%；丙品牌的占30%，合格率为90%，在该商店随机买一台机器人. (1)求该机器人是甲品牌合格品的概率； (2)求该机器人是合格品的概率. 16．已知二项式的展开式中各二项式系数之和比各项系数之和小240. (1)求的值及展开式中二项式系数最大的项； (2)求展开式中的有理项． 17．已知函数． (1)当时，求函数的单调区间； (2)若在时取得极值，求函数在区间上的最小值. 18．某地市场监管部门对当地一食品厂生产的水果罐头开展固形物含量抽样检验，按照国家标准规定，在一瓶水果罐头中，固形物含量不低于55%为优级品，固形物含量低于55%且不低于50%为一级品，固形物含量低于50%为二级品或不合格品. (1)现有5瓶水果罐头，已知其中3瓶为优级品，2瓶为一级品. （ⅰ）若每次从中随机取出1瓶，取出的罐头不放回，求在第1次抽到优级品的条件下，第2次抽到一级品的概率； （ⅱ）对这5瓶罐头依次进行检验，每次检验后不放回，直到区分出5瓶罐头的等级时终止检验，记检验次数为，求随机变量的分布列与期望； (2)已知该食品厂生产的水果罐头优级品率为，且各件产品是否为优级品相互独立，若在5次独立重复抽检中，至少有3次抽到优级品的概率不小于，求的最小值. 19．已经函数，其中． (1)若，求的极值； (2)讨论的零点个数，求的取值范围； (3)当时，证明：不等式恒成立． 试卷第2页，共2页 试卷第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A C B C B D A B ABD BC 题号 11 答案 ACD 1．A 【分析】根据二项式定理结合二项式系数的定义即可得解. 【详解】展开式中第4项的二项式系数为. 故选：A. 2．C 【分析】求导，利用赋值法解方程即可. 【详解】，， 令，，解得. 故选：C. 3．B 【分析】根据两点分布的定义明确变量的分布，从而求出，再根据定义计算结果 【详解】因随机变量服从两点分布，且，所以； 所以； 所以. 4．C 【分析】求导，令，利用导数求的单调递减区间. 【详解】由题意可知：的定义域为，且， 令，解得， 所以函数的单调递减区间是. 故选：C. 5．B 【分析】根据函数零点的定义令，解出即可求解. 【详解】由题意令有，解得或， 所以的零点为和，所以有2个零点. 故选：B. 6．D 【分析】构造函数，由题设条件可得其单调性，从而可求函数不等式的解. 【详解】构造函数，则， ∴函数在上单调递减， ∵，∴， 由得，即， ∵函数在上单调递减，∴， 故选：D. 7．A 【分析】根据题意，分为第一次取到红球和第二次取到红球，两种情况讨论，分别求得相应的概率，即可求解. 【详解】由题意，若第一次取到红球，则第二次取到红球的概率为， 若第一次取到白球，则第二次取到红球的概率为， 所以第二次取出红球的概率是. 故选：A. 8．B 【分析】由题意分离参数可知在区间上只有一个变号的根，构造函数即可得解. 【详解】，令，得，由题意知在区间上只有一个变号的根， 令，则，令，得， 当时，单调递减；当时，单调递增． 又， 所以当时，在区间上只有一个变号的根， 即函数在上有且仅有一个极值点时，的取值范围是． 故选：B． 9．ABD 【分析】根据二项式的展开式，求出特定项的系数，在通过赋值法，求出部分项的系数的和，逐一判断各选项正误，求出结果. 【详解】令，即，故A正确； 可知的展开式为， 则项的系数，故B正确； 令，即，所以，故C错误； 令，即，联立可得. 故选：ABD. 10．BC 【分析】根据题意，由分步、分类计数原理和排列数与组合数公式，分别判断各选项即可. 【详解】对于选项A，课程“射”“御”排在不相邻两周，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，故A错误； 对于选项B，课程“礼”“乐”“射”排在相邻的三周，通过捆绑法，将课程“礼”“乐”“射”看成一个整体， 与其他3门课程全排列，共有种排法，故B正确； 对于选项C，在所有排列中，课程“礼”排在“乐”的后面与课程“乐”排在课程“礼”的后面的情况等可能， 各占一半，所以课程“礼”排在课程“乐”的后面的排法有种，故C正确； 对于选项D，课程“乐”不排在第一周，课程“御”不排在最后一周，用总的排法数减去课程“乐” 排在第一周的排法数，再减去课程“御”排在最后一周的排法数，然后加上课程“乐” 排在第一周且 课程“御”排在最后一周的排法，则总的排法为种，若课程“乐”排在第一周的排法为种， 若课程“御”排在最后一周的排法为种， 课程“乐”排在第一周且课程“御”排在最后一周的排法为种， 则满足条件的排法数为种，故D错误. 11．ACD 【分析】先由图象过点求出，再分别讨论左侧抛物线分支与右侧正弦函数分支和直线的交点个数，判断A；取特殊值判断B；分别在、、三种情况下估计，判断C；最后由的值域限制确定区间的最大长度，判断D. 【详解】因为的图象过点，所以， 解得，故， 对于A，当时，方程 有一个解的条件为； 当 时，方程有两个解的条件为， 要使的图象与直线有3个不同的交点，需，A正确； 对于B，取，则，，， 所以，不属于，B错误； 对于C，当时，设，其中， 则， ，所以 ， 当，设 ，其中， 则， ，所以， 设 ， ， 则 ， 当， ， 因此 ， 因此在区间是严格单调递减函数，所以 ， 所以 ， 当时，， ，此时 ， 故的最大值为，C正确； 对于D，由且，得； 而当 时，恒有， 因此使在区间上不超出值域的最大区间为， 且在该区间上值域恰为，所以的最大值为，D正确； 12． 【解析】对函数求导，将代入可得切线斜率，进而得到切线方程． 【详解】，切线的斜率为 则切线方程为，即 故答案为： 13．-220 【详解】因为，所以， 的展开式中含项的系数为. 14． 【分析】根据函数的极值点求出的值，将所求不等式变形为，令，则有，构造函数，其中，利用导数分析函数的单调性，并求出函数的值域，结合题意得出，可得出关于的不等式，解之即可. 【详解】因为函数的极值点为，则， 由题意可得，解得， 此时，则， 当时，；当时，. 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 所以函数在处取得极大值，符合题意， 对任意的，恒成立，即，且有， 即， 令，则有， 构造函数，其中，且有，， 由可得，由可得， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 则， 故当时，，当时，， 对函数求导得， 当时，；当时，. 所以函数在上递增，在上递减， 所以，即， 要使得，则，即，解得， 故实数的取值范围是. 15．(1)0.38 (2)0.92 【分析】（1）由题意结合概率乘法公式即可计算求解； （2）由全概率公式即可计算求解. 【详解】（1）用表示机器人是甲品牌，用表示机器人是合格品， 甲品牌的占40%，合格率为95%，则，， 所以该机器人是甲品牌合格品的概率； （2）用表示机器人是乙品牌，用表示机器人是丙品牌， 甲品牌的占40%，合格率为95%；乙品牌的占30%，合格率为90%；丙品牌的占30%，合格率为， . 16．(1)， (2)有理项有3项，分别为 【分析】（1）利用赋值法可得各项系数和，结合题意列式计算可得，由二项式系数性质可得二项式系数最大项； （2）求得展开式通项公式，令，且，计算即可. 【详解】（1）令，则展开式中各项系数之和为，各二项式系数和为， 则，解得， 展开式有5项，二项式系数最大的为第3项; （2）二项式的展开式的通项公式为， 令，且，解得， 则展开式中含的有理项有3项，分别为. 17．(1)递增区间是，递减区间是； (2) 【分析】（1）求出导函数，解二次不等式求解单调区间即可. （2）先根据函数的极值求出，根据（1）得函数的单调区间，然后结合端点值和极值即可求解最值. 【详解】（1）由题得，且定义域为R． 当时，函数，因此， 所以当或时，，当时，， 所以函数的递增区间是，递减区间是． （2）由函数在时取得极值，得，解得， 由（1）可知在上单调递增，在上单调递减， 满足在时取得极小值，故， 又1， 所以函数在区间上的最小值是． 18．(1)（i）；（ii）分布列见解析，数学期望为 (2) 【分析】（1）（ⅰ）根据古典概型概率计算公式，求出事件概率. （ii）根据不同的检验顺序，分析所有可能的情况，再根据分步乘法计数原理，求出事件概率，写出分布列，计算期望. （2）根据二项分布的概率公式，计算至少有3次抽到优级品的概率，列出不等式，求出参数范围，写出最小值. 【详解】（1）（i）5瓶水果罐头，其中3瓶为优级品，2瓶为一级品，抽出一瓶优级品后，还剩2瓶优级品，2瓶一级品，再抽一级品的概率为； （ii）的所有可能取值为：2，3，4， 当时，即最先抽出两个一级品，则. 当时，分为最先抽出三个优级品，和先抽一个优级品一个一级品，第三个抽一级品两种情况， 则. 当时，前三个为两个优级品一个一级品，第四个为一级品，和第四个为优级品两种情况， 则. 的分布列为： 2 3 4 . （2）记在5次独立重复抽检中，至少有3次抽到优级品的概率为，其中； 则. ； 在单调递增. 又，则. 的最小值为. 19．(1)极大值为1，无极小值 (2)答案见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）对求导，得到，利用导数与函数单调性间的关系，得出的单调区间，再利用极值的定义，即可求解； （2）根据条件，将问题转化成与的图象有两个交点，对求导，利用导数与函数单调性间的关系，求出的单调区间，进而得其图象，数形结合，即可求解； （3）构造函数，利用导数与函数单调性，可得，构造函数，利用导数与函数单调性，可得，即可求解. 【详解】（1）当时，，所以， 又的定义域为， 令，得到，由，解得，由，解得， 所以当时，的增区间为，的减区间为， 则的极大值为，无极小值． （2）因为有两个零点，即方程有两个解， 等价于方程有两个解；等价于与的图象有两个交点， 因为，令，解得， 当时，，所以在区间上单调递增， 当时，，所以在区间上单调递减， 则当时，取到最大值，且， 又当时，且时，， 当时，，且时，， 的图象如图所示， 所以当时，有没有零点； 当或时，有1个零点； 当时，有两个零点． （3）当时，要证明不等式恒成立， 即证明恒成立； 令，∴， 当，∴，即在上单调递增， ∴，即． 令，∴， ∵，∴，即在上单调递增， ∴，∴，∴， ∵，∴， ∴，∴成立， 即当时，不等式恒成立． 答案第10页，共11页 答案第11页，共11页 学科网（北京）股份有限公司 $