精品解析：山东省临沂第一中学2025-2026学年高二下学期第三次教学检测数学试卷

临沂一中高二年级下学期第三次教学检测 数学试题 2026年6月 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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】化简集合，由交集的概念即可得解. 【详解】因为，且注意到， 从而. 故选：A. 2. 已知命题p：，；命题q：，，则（ ） A. p和q都是真命题 B. 和q都是真命题 C. p和都是真命题 D. 和都是真命题 【答案】B 【解析】 【分析】对于两个命题而言，可分别取、，再结合命题及其否定的真假性相反即可得解. 【详解】对于而言，取，则有，故是假命题，是真命题， 对于而言，取，则有，故是真命题，是假命题， 综上，和都是真命题. 故选：B. 3. 下列函数中最小值为4的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据二次函数的性质可判断选项不符合题意，再根据基本不等式“一正二定三相等”，即可得出不符合题意，符合题意． 【详解】对于A，，当且仅当时取等号，所以其最小值为，A不符合题意； 对于B，因为，，当且仅当时取等号，等号取不到，所以其最小值不为，B不符合题意； 对于C，因为函数定义域为，而，，当且仅当，即时取等号，所以其最小值为，C符合题意； 对于D，，函数定义域为，而且，如当，，D不符合题意． 故选：C． 【点睛】本题解题关键是理解基本不等式的使用条件，明确“一正二定三相等”的意义，再结合有关函数的性质即可解出． 4. 某班级从A，B，C，D，E，F六名学生中选四人参加4×100 m接力比赛，其中第一棒只能在A，B中选一人，第四棒只能在A，C中选一人，则不同的选派方法共有（ ） A. 24种 B. 36种 C. 48种 D. 72种 【答案】B 【解析】 【分析】分第一棒选A或选B，两类求解. 【详解】解：当第一棒选A时，第四棒只能选C，则有种选派方法； 当第一棒选B时，则有种选派方法. 由分类计数原理得，共有 种选派方法. 故选：B 5. 已知是定义在上且周期为2的偶函数，当时，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据周期性和奇偶性把待求自变量转化为的范围中求解. 【详解】由题知对一切成立， 于是. 故选：A 6. 已知函数在R上单调递增，则a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据二次函数的性质和分界点的大小关系即可得到不等式组，解出即可. 【详解】因为在上单调递增，且时，单调递增， 则需满足，解得， 即a的范围是. 故选：B. 7. 定义在上的奇函数在上单调递增，且，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由奇函数的性质，可得函数的单调性与函数值为零的点，从而可得函数值与零的大小关系，结合不等式，可得答案. 【详解】由函数奇函数，且在上单调递增，则函数在上单调递增， 且，， 当时，；当时，， 由当时，，当时，， 则不等式的解集为. 故选：D. 8. 设函数，若，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 1 【答案】C 【解析】 【分析】解法一：由题意可知：的定义域为，分类讨论与的大小关系，结合符号分析判断，即可得，代入可得最值；解法二：根据对数函数的性质分析的符号，进而可得的符号，即可得，代入可得最值. 【详解】解法一：由题意可知：的定义域为， 令解得；令解得； 若，当时，可知， 此时，不合题意； 若，当时，可知， 此时，不合题意； 若，当时，可知，此时； 当时，可知，此时； 可知若，符合题意； 若，当时，可知， 此时，不合题意； 综上所述：，即， 则，当且仅当时，等号成立， 所以的最小值为； 解法二：由题意可知：的定义域为， 令解得；令解得； 则当时，，故，所以； 时，，故，所以； 故， 则， 当且仅当时，等号成立， 所以的最小值为. 故选：C. 【点睛】关键点点睛：分别求、的根，以根和函数定义域为临界，比较大小分类讨论，结合符号性分析判断. 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． 9. 已知在的展开式中，第6项为常数项，则（ ） A. B. 的项的系数是 C. 有理项是第3项，第6项 D. 通项为 【答案】BD 【解析】 【分析】利用二项式定理结合通项公式可一一判定选项. 【详解】易知的展开式的通项为 ，， 又第6项为常数项，即时，，所以A项错误； 则通项，，所以D项正确； 含的项为时，，系数为，所以B正确； 显然根据通项公式可知：当时均为有理项，故C错误. 10. 随着“一带一路”国际合作的深入，某茶叶种植区多措并举推动茶叶出口.为了解推动出口后的亩收入（单位：万元）情况，从该种植区抽取样本，得到推动出口后亩收入的样本均值，样本方差，已知该种植区以往的亩收入服从正态分布，假设推动出口后的亩收入服从正态分布，则（ ）（若随机变量Z服从正态分布，） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】根据正态分布的原则以及正态分布的对称性即可解出. 【详解】依题可知，，所以， 故，C正确，D错误； 因为，所以， 因为，所以， 而，B正确，A错误， 故选：BC． 11. 设函数，则（ ） A. 是的极小值点 B. 当时， C. 当时， D. 当时， 【答案】CD 【解析】 【分析】求出函数的导数，得到极值点，即可判断A；利用函数的单调性可判断B；根据函数在上的值域即可判断C；直接作差可判断D. 【详解】对A，因为函数的定义域为R，而， 易知当时，，当或时，， 函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 故是函数的极小值点，A错误； 对B，当时，，所以， 而由上可知，函数在上单调递增，所以，B错误； 对C，当时，，而由上可知，函数在上单调递减， 所以，即，C正确； 对D，当时， ， 所以，D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分（其中第14题的第一个空答对得2分，第二个空答对得3分）． 12. 若曲线在点处的切线也是曲线的切线，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】先求出曲线在的切线方程，再设曲线的切点为，求出，利用公切线斜率相等求出，表示出切线方程，结合两切线方程相同即可求解. 【详解】由得，， 故曲线在处的切线方程为； 由得， 设切线与曲线相切的切点为， 由两曲线有公切线得，解得，则切点为， 切线方程为， 根据两切线重合,所以，解得. 故答案为： 13. 函数的最小值为__________． 【答案】 【解析】 【详解】试题分析： 所以，当，即时，取得最小值. 所以答案应填：. 考点：1、对数的运算；2、二次函数的最值. 14. 在如图的方格表中选4个方格，要求每行和每列均恰有一个方格被选中，则共有 __种选法，在所有符合上述要求的选法中，选中方格的4个数之和的最大值是 __． 11 21 31 40 12 22 33 42 13 22 33 43 15 24 34 44 【答案】 ①. 24 ②. 112 【解析】 【分析】利用分步乘法原理结合题意分析求解即可． 【详解】第一步，从第一行任选一个数，共有4种不同的选法， 第二步，从第二行中选一个与第一个数不同列的数，共有3种选法， 第三步，从第三行中选一个与第一、二个数不同列的数，共有2种选法， 第四步，从第四行中选一个与第一、二，三个数不同列的数，只有1种选法， 由分乘法原理可知共有种不同的选法； 先按列分析，每列必选出一个数，所以所选4个数的十位数字分别为1，2，3，4， 再按行分析，第一、二、三、四行个位上的数字的最大值分别为1，3，3，5， 所以从第一行选21，从第二行选33，从第三行选43，从第四行选15，此时个位上的数字之和最大， 所以选中方格中的4个数之和的最大值为. 故答案为：24；112． 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 且. （1）当时，求函数的定义域; （2）当 时，若不等式对任意实数恒成立，求实数的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）首先写成函数解析式，再根据对数的真数大于得到不等式，解得即可； （2）利用函数表达式将条件转化为不等式形式，然后对和分类讨论即可得到答案. 【小问1详解】 此时，而不等式等价于，此即，故函数的定义域为. 【小问2详解】 此时，从而条件即为对任意成立. ①若，则对有，不满足条件； ②若，则对任意，有，所以. 故，满足条件. 综上，的取值范围是. 16. 某地经过多年的环境治理，已将荒山改造成了绿水青山．为估计一林区某种树木的总材积量，随机选取了10棵这种树木，测量每棵树的根部横截面积（单位：）和材积量（单位：），得到如下数据： 样本号ｉ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 总和 根部横截面积 0.04 0.06 0.04 0.08 0.08 0.05 0.05 0.07 0.07 0.06 0.6 材积量 0.25 0.40 0.22 0.54 0.51 0.34 0.36 0.46 0.42 0.40 3.9 并计算得． （1）估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积与平均一棵的材积量； （2）求该林区这种树木的根部横截面积与材积量的样本相关系数（精确到0.01）； （3）现测量了该林区所有这种树木的根部横截面积，并得到所有这种树木的根部横截面积总和为．已知树木的材积量与其根部横截面积近似成正比．利用以上数据给出该林区这种树木的总材积量的估计值． 附：相关系数． 【答案】（1）； （2） （3） 【解析】 【分析】（1）计算出样本的一棵根部横截面积的平均值及一棵材积量平均值，即可估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积与平均一棵的材积量； （2）代入题给相关系数公式去计算即可求得样本的相关系数值； （3）依据树木的材积量与其根部横截面积近似成正比，列方程即可求得该林区这种树木的总材积量的估计值． 【小问1详解】 样本中10棵这种树木的根部横截面积的平均值 样本中10棵这种树木的材积量的平均值 据此可估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积为， 平均一棵的材积量为 【小问2详解】 则 【小问3详解】 设该林区这种树木的总材积量的估计值为， 又已知树木的材积量与其根部横截面积近似成正比， 可得，解之得． 则该林区这种树木的总材积量估计为 17. 某工厂进行生产线智能化升级改造，升级改造后，从该工厂甲、乙两个车间的产品中随机抽取150件进行检验，数据如下： 优级品 合格品 不合格品 总计 甲车间 26 24 0 50 乙车间 70 28 2 100 总计 96 52 2 150 （1）填写如下列联表： 优级品 非优级品 甲车间 乙车间 能否有的把握认为甲、乙两车间产品的优级品率存在差异？能否有的把握认为甲，乙两车间产品的优级品率存在差异？ （2）已知升级改造前该工厂产品的优级品率，设为升级改造后抽取的n件产品的优级品率.如果，则认为该工厂产品的优级品率提高了，根据抽取的150件产品的数据，能否认为生产线智能化升级改造后，该工厂产品的优级品率提高了？（） 附： 0.050 0.010 0.001 k 3.841 6.635 10.828 【答案】（1）列联表： 优级品 非优级品 甲车间 26 24 乙车间 70 30 有的把握认为甲、乙两车间产品的优级品率存在差异，没有的把握认为甲，乙两车间产品的优级品率存在差异. （2）可以认为生产线智能化升级改造后，该工厂产品的优级品率提高了. 【解析】 【分析】（1）根据题中数据完善列联表，计算，并与临界值对比分析； （2）用频率估计概率可得，根据题意计算，结合题意分析判断. 【小问1详解】 根据题意可得列联表： 优级品 非优级品 甲车间 26 24 乙车间 70 30 可得， 因为， 所以有的把握认为甲、乙两车间产品的优级品率存在差异，没有的把握认为甲，乙两车间产品的优级品率存在差异. 【小问2详解】 由题意可知：生产线智能化升级改造后，该工厂产品的优级品的频率为， 用频率估计概率可得， 又因为升级改造前该工厂产品的优级品率， 则， 可知， 所以可以认为生产线智能化升级改造后，该工厂产品的优级品率提高了. 18. 甲、乙两个学校进行体育比赛，比赛共设三个项目，每个项目胜方得10分，负方得0分，没有平局．三个项目比赛结束后，总得分高的学校获得冠军．已知甲学校在三个项目中获胜的概率分别为0.5，0.4，0.8，各项目的比赛结果相互独立． （1）求甲学校获得冠军的概率； （2）用X表示乙学校的总得分，求X的分布列与期望． 【答案】（1）； （2）的分布列为 0 10 20 30 0.16 0.44 0.34 0.06 .【解析】 【分析】（1）设甲在三个项目中获胜的事件依次记为，再根据甲获得冠军则至少获胜两个项目，利用互斥事件的概率加法公式以及相互独立事件的乘法公式即可求出； （2）依题可知，的可能取值为，再分别计算出对应的概率，列出分布列，即可求出期望． 【小问1详解】 设甲在三个项目中获胜的事件依次记为，所以甲学校获得冠军的概率为 ． 【小问2详解】 依题可知，的可能取值为，所以， , ， ， . 即的分布列为 0 10 20 30 0.16 0.44 0.34 0.06 期望. 19. 已知函数 （1）若，且，求的最小值； （2）证明：曲线是中心对称图形； （3）若当且仅当，求的取值范围． 【答案】（1） （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）求出后根据可求的最小值； （2）设为图象上任意一点，可证关于的对称点为也在函数的图像上，从而可证对称性； （3）根据题设可判断即，再根据在上恒成立可求得. 【小问1详解】 时，，其中， 则， 因为，当且仅当时等号成立， 故，而成立，故即， 所以的最小值为.， 【小问2详解】 的定义域为， 设为图象上任意一点， 关于的对称点为， 因为在图象上，故， 而， ， 所以也在图象上， 由的任意性可得图象为中心对称图形，且对称中心为. 【小问3详解】 因为当且仅当，故为的一个解， 所以即， 先考虑时，恒成立. 此时即为在上恒成立， 设，则在上恒成立， 设， 则， 当，， 故恒成立，故在上单调递增， 故即在上恒成立. 当时，， 故恒成立，故在上单调递增， 故即在上恒成立. 当，则当时， 故在上单调递减，故，不合题意，舍； 综上，在上恒成立时. 而当时， 而时，由上述过程可得在递增，故的解为， 即的解为. 综上，. 【点睛】思路点睛：一个函数不等式成立的充分必要条件就是函数不等式对应的解，而解的端点为函数对一个方程的根或定义域的端点，另外，根据函数不等式的解确定参数范围时，可先由恒成立得到参数的范围，再根据得到的参数的范围重新考虑不等式的解的情况. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 临沂一中高二年级下学期第三次教学检测 数学试题 2026年6月 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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知命题p：，；命题q：，，则（ ） A. p和q都是真命题 B. 和q都是真命题 C. p和都是真命题 D. 和都是真命题 3. 下列函数中最小值为4的是（ ） A. B. C. D. 4. 某班级从A，B，C，D，E，F六名学生中选四人参加4×100 m接力比赛，其中第一棒只能在A，B中选一人，第四棒只能在A，C中选一人，则不同的选派方法共有（ ） A. 24种 B. 36种 C. 48种 D. 72种 5. 已知是定义在上且周期为2的偶函数，当时，，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数在R上单调递增，则a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 定义在上的奇函数在上单调递增，且，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 8. 设函数，若，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 1 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． 9. 已知在的展开式中，第6项为常数项，则（ ） A. B. 的项的系数是 C. 有理项是第3项，第6项 D. 通项为 10. 随着“一带一路”国际合作的深入，某茶叶种植区多措并举推动茶叶出口.为了解推动出口后的亩收入（单位：万元）情况，从该种植区抽取样本，得到推动出口后亩收入的样本均值，样本方差，已知该种植区以往的亩收入服从正态分布，假设推动出口后的亩收入服从正态分布，则（ ）（若随机变量Z服从正态分布，） A. B. C. D. 11. 设函数，则（ ） A. 是的极小值点 B. 当时， C. 当时， D. 当时， 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分（其中第14题的第一个空答对得2分，第二个空答对得3分）． 12. 若曲线在点处的切线也是曲线的切线，则__________. 13. 函数的最小值为__________． 14. 在如图的方格表中选4个方格，要求每行和每列均恰有一个方格被选中，则共有 __种选法，在所有符合上述要求的选法中，选中方格的4个数之和的最大值是 __． 11 21 31 40 12 22 33 42 13 22 33 43 15 24 34 44 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 且. （1）当时，求函数的定义域; （2）当 时，若不等式对任意实数恒成立，求实数的取值范围. 16. 某地经过多年的环境治理，已将荒山改造成了绿水青山．为估计一林区某种树木的总材积量，随机选取了10棵这种树木，测量每棵树的根部横截面积（单位：）和材积量（单位：），得到如下数据： 样本号ｉ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 总和 根部横截面积 0.04 0.06 0.04 0.08 0.08 0.05 0.05 0.07 0.07 0.06 0.6 材积量 0.25 0.40 0.22 0.54 0.51 0.34 0.36 0.46 0.42 0.40 3.9 并计算得． （1）估计该林区这种树木平均一棵的根部横截面积与平均一棵的材积量； （2）求该林区这种树木的根部横截面积与材积量的样本相关系数（精确到0.01）； （3）现测量了该林区所有这种树木的根部横截面积，并得到所有这种树木的根部横截面积总和为．已知树木的材积量与其根部横截面积近似成正比．利用以上数据给出该林区这种树木的总材积量的估计值． 附：相关系数． 17. 某工厂进行生产线智能化升级改造，升级改造后，从该工厂甲、乙两个车间的产品中随机抽取150件进行检验，数据如下： 优级品 合格品 不合格品 总计 甲车间 26 24 0 50 乙车间 70 28 2 100 总计 96 52 2 150 （1）填写如下列联表： 优级品 非优级品 甲车间 乙车间 能否有的把握认为甲、乙两车间产品的优级品率存在差异？能否有的把握认为甲，乙两车间产品的优级品率存在差异？ （2）已知升级改造前该工厂产品的优级品率，设为升级改造后抽取的n件产品的优级品率.如果，则认为该工厂产品的优级品率提高了，根据抽取的150件产品的数据，能否认为生产线智能化升级改造后，该工厂产品的优级品率提高了？（） 附： 0.050 0.010 0.001 k 3.841 6.635 10.828 18. 甲、乙两个学校进行体育比赛，比赛共设三个项目，每个项目胜方得10分，负方得0分，没有平局．三个项目比赛结束后，总得分高的学校获得冠军．已知甲学校在三个项目中获胜的概率分别为0.5，0.4，0.8，各项目的比赛结果相互独立． （1）求甲学校获得冠军的概率； （2）用X表示乙学校的总得分，求X的分布列与期望． 19. 已知函数 （1）若，且，求的最小值； （2）证明：曲线是中心对称图形； （3）若当且仅当，求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $