【数学】山东济南市2025-2026学年高二年级下学期期中检测试题（学生版+解析版）

这是一份【数学】山东济南市2025-2026学年高二年级下学期期中检测试题（学生版+解析版），共2页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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. 乘积展开后的项数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】从第一个括号中选一项有种方法，从第二个括号中选一项有种方法，第三个括号中选一项有种方法，
故根据分步乘法计数原理可知共有（项）．
2. 已知函数，则（ ）
A. B. C. 0D.
【答案】A
【解析】由函数，求导得
所以.
3. 若的展开式共有项，则含项的系数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】因为的展开式共有项，则，
的展开式通项为，
令，可得，故展开式中含项的系数为.
4. 曲线在点处的切线方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】因为，所以，，
又，
所以曲线在点处的切线方程为，即.
5. 离散型随机变量的分布列为：则（ ）
A. B.
C. 或D. 或
【答案】B
【解析】由分布列的性质可得，即，解得.
6. 现安排甲、乙、丙、丁、戊位数学老师负责学校校本课程的授课任务，学校提供数独、数学建模、数学史、解题逻辑四门课程供学生选择，每位老师仅负责一门课程，每门课程至少有位老师负责，已知甲、乙不能讲授数独但能讲授另外三门课程，丙、丁、戊能讲授这四门课程中的任意一门，则不同安排方案的种数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】对讲授数独课程的教师人数进行分类讨论，
①若只有一位教师讲授数独课程，只能是丙、丁、戊中的一位，有种选择，
再将剩余的四位老师分为三组，每组人数分别为、、，
再将这三组老师分配给三门课程，不同的分配方法种数为种；
②若有两位老师讲授数独课程，可从丙、丁、戊中三位老师中选择两位，有种选择，
然后再将剩余的三位老师分配给三门课程，则不同的分配方法种数为种.
综上所述，不同的分配方法种数为种.
7. 已知随机事件、，满足，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】由条件概率公式可得，所以，
因为，且与互斥，所以，
所以，
由条件概率公式可得.
8. 已知函数定义域为，为其导函数，且满足对，都有．若，则当时，不等式的解集为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】对，都有，即，
构造函数，其中，，
所以函数在上为减函数，
由可得，
又因为，则，
由可得，所以，解得，
故原不等式的解集为.
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. 已知离散型随机变量的分布列为：
且，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BCD
【解析】由分布列的性质和期望公式可得，
解得，
所以离散型随机变量的分布列为
故，
，BCD都对，A错.
10. 已知函数，则（ ）
A.
B.
C. 当时，有两个零点
D. 若直线与曲线有两个公共点，则
【答案】BD
【解析】对于A选项，因为，则，
所以，A错；
对于B选项，当时，，即函数在上单调递减，
因为，且，故，
即，B对；
对于C选项，由可得，由可得，
所以函数的增区间为，减区间为，所以，
且当时，；当时，，如下图所示：
由图可知，当时，直线与函数的图象有且只有两个公共点，
即函数有两个零点，C错；
对于D选项，由可得，令，其中，
则，
由可得，由可得，
所以函数的增区间为，减区间为，
函数的极大值为，如下图所示：
由图可知，当时，直线与函数的图象有两个交点，
此时直线与曲线有两个公共点，D对.
11. 已知，则（ ）
A.
B. 若，则展开式系数最大的项为第项
C.
D.
【答案】ACD
【解析】对于A选项，因为①，
在等式①中令可得②，
在等式①中令可得③，
②③可得，故，A对；
对于B选项，若，二项式系数的最大值为，即展开式中最大项为第项，B错；
对于C选项，在等式两边求导得
④，
在等式④中令可得，
故，C对；
对于D选项，的展开式通项为，
故的展开式中的系数为，
又因为，
且，
的展开式中项也可以从前一个中取项，
从后一个取项项，再将这两项相乘得到，
故，D对.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. ___________．
【答案】
【解析】.
13. 已知函数在处取得极小值，则的极大值为___________．
【答案】
【解析】因为函数在处取得极小值，
则，
由可得，由可得或，
所以函数的增区间为、，减区间为，
所以函数的极大值点为，极小值点为，
又因为函数在处取得极小值，则，解得，
此时，则函数的极大值点为，
函数的极大值为.
14. 在数轴上，一个质点从原点0出发，每次移动遵循以下规则：如果当前位于点，则向右移动到点的概率为，向左移动到点的概率为；规定质点到达点时被吸收（不再移动），到达点-1时也被吸收（不再移动）．设表示质点从点出发，最终被点吸收的概率，规定，则___________．
【答案】
【解析】当0≤k≤n−1 时，由一步转移得Pkn=35Pk+1n+25Pk−1n，整理得3Pk+1n−Pkn=2Pkn−Pk−1n.
设dk=Pkn−Pk−1n，则dk+1=23dk，所以dk=23kd0.
又Pnn−P−1n=1 ，所以k=0ndk=1 ，即d01−23n+11−23=1 ，得d0=131−23n+1.
于是P0n=d0=131−23n+1，且Pn−1n=k=0n−1dk=d01−23n1−23=1−23n1−23n+1.
又1−P0n=23⋅1−23n1−23n+1，所以Pn−1n1−P0n=1−23n1−23n+123⋅1−23n1−23n+1=32.
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．
（1）求函数的单调递减区间；
（2）求函数在上的最值．
解：（1）函数的定义域为R，
求导得，
由，得，所以函数的单调递减区间为.
（2），由（1）得函数在上单调递增，在上单调递减，
，，
所以函数的最大值为，最小值为.
16. 已知．
（1）求；
（2）若，求的值．
解：（1）当时，，①
当时，，②
①②相加得：，
所以.
（2）由题意知分别为展开式中的系数，
由的二项展开式的通项为：，
所以由，
即，
所以，
即，
所以，解得：.
17. 已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）设函数．当时，，，
满足，求的取值范围．
解：（1）函数的定义域为，，
当时，则对任意的，此时函数在上单调递增；
当时，由得，由可得，
此时函数在上单调递减，在上单调递增.
综上所述，当时，函数在上单调递增；
当时，函数在上单调递减，在上单调递增.
（2）当时，，，满足，则，
因为，由可得，由得，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，则，
由（1）可知，当时，若时，即当时，
函数在上单调递增，此时，则，解得，
此时；
当时，即当时，函数在上单调递减，在上单调递增，
则，即，
令，则，故函数在上单调递增，
此时，不符合题意.
综上所述，实数的取值范围是.
18. 将个连续的自然数、、、随机排成一列：、、、．记随机变量.
（1）当时，求的分布列和数学期望；
（2）当时，记事件“”，事件“”，求；
（3）已知离散型随机变量的期望具有线性可加性：、、、是个离散型随机变量，则．根据这一性质，求．（结果用表示）
（参考求和公式）
解：（1）当时，如下表所示：
所以的可能取值有、，且，，
所以随机变量的分布列如下表所示：
故.
（2）当时，记事件“”，
满足事件条件的排列的前两项有：
，
即，则，
事件“”，满足事件条件的排列的前三项有：
，
即，故，
由条件概率公式可得.
（3）令，则，
在所有排列中，对任意相邻的两个位置的数值对的分布都是相同的，
对任意的，，
由于是从、、、中随机选取的两个不同数的有序对，
所有有序实数对的个数为，
接下来只需计算出所有有序实数对对应的的和即可，
由题意可知的可能取值有、、、，
时，满足条件的实数对有、、、、、、，共对，
时，满足条件的实数对有、、、、、、，共对，
，
以此类推可知，满足的实数对共有对，
所以
，
因此.
19. 已知函数，．
（1）当时，证明：；
（2）若恒成立，求的取值范围；
（3）设，证明：．
（1）证明：当时，，其中，
则 对任意的恒成立，
此时函数在上为增函数，则，故原不等式得证.
（2）解：因为对任意的恒成立，
且，
①当时，即当时，对任意的，恒成立，
所以函数在上为增函数，则，符合题意；
②当时，对于函数 ，，
（i）当时，则，对任意的，恒成立，
所以函数在上为增函数，则，符合题意；
（ii）当时，则，函数 有两个不等的零点、，且，
由韦达定理可得，，所以，
当时，，即函数在上单调递减，
当时，，即函数在上单调递增，
所以，不符合题意.
综上所述，实数的取值范围是.
（3）证明：当时，对任意的， ，
即，当且仅当时，等号成立，
取，
则 ，
即，所以，
令，
所以，
所以，
即，
即，
即，
即，故.