山东枣庄市薛城区2025-2026学年高二下学期期中考试数学试题 含答案

/高二数学2026.04本试卷共4页，满分为150分，考试时间120分钟.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.若，则的值可以是（）A.10 B.12 C.13 D.15【正确答案】A【分析】根据组合数的性质即可求解.【详解】由可得或，解得或，故选：A2.函数在区间上的平均变化率为（）A.4 B.5 C.6 D.7【正确答案】B【分析】根据平均变化率的定义计算.【详解】所求平均变化率为.3.的第一位小数为，第二位小数为，第三位小数为，则分别为（）A. B. C. D.【正确答案】A【分析】借助二项式定理，由，将其展开后计算即可得.【详解】，故分别为.故选：A.4.某火箭发射离开发射架后，距离地面的高度（单位：）与时间（单位：）的函数关系式是，设其在时的瞬时速度为，则当其瞬时速度为时，（）A. B. C. D.【正确答案】B【分析】根据导数的意义求解.【详解】由，得，则，令，得.故选：B.5.已知的展开式中的系数为12，则实数的值为（）A.2 B.3 C. D.【正确答案】D【分析】利用二项展开通项公式，结合题意得到含的项为，从而得到关于的方程，解之即可得解.【详解】因为，由的展开式通项为，含的项包含了和两项，所以含的项为，所以，可得.故选：D.6.设函数，，则的最小值和最大值分别为（）A.，0 B.， C.， D.0，【正确答案】C【分析】利用导数可求得函数的单调区间，利用单调性找到最值即可.【详解】,,时，，此时函数单调递增，时，，此时函数单调递减.，，的最小值和最大值分别为，，故选：C7.4名同学选报天文、合唱、羽毛球三个社团，每人报一个，仅有2名同学报同一社团的报名种数为（）A.12 B.24 C.36 D.72【正确答案】C【分析】利用分组分配先将4人分成三组，再进行全排列即可得出结果.【详解】4名同学选报三个社团，仅有2名同学报同一社团，可将4名同学分成3组，共有种分法，再将三组同学选报三个社团，共有种报法，因此总的报名方式共有种.故选：C8.过点作曲线的切线l，则l的斜率为（）A.1 B. C. D.【正确答案】C【分析】依据题意设出切点，结合导数的几何意义得到斜率，进而得到切线方程，再利用给定条件求解参数，最后求出斜率即可.【详解】设切点为，切线斜率为，曲线为，由导数的几何意义得，故切线方程为，将代入方程，得到，解得，则，故C正确.故选：C.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.下列求导正确的是（）A. B.C. D.【正确答案】AD【分析】借助导数运算法则逐项计算即可得.【详解】对A：，故A正确；对B：，故B错误；对C：，故C错误；对D：，故D正确.10.已知下列各式正确的是（）A. B.C. D.【正确答案】CD【详解】对于A：，，故A错误；对于B：，故B错误；对于C：，故C正确；对于D：，故D正确.11.已知函数与其导函数的部分图象如图所示，若函数，则下列关于函数的结论不正确的是（）A.在区间上单调递减B.在区间上单调递增C.当时，函数有极小值D.当时，函数有极小值【正确答案】ABD【分析】由有，结合图像逐项去分析即可判断.【详解】由有，由图可知的分布如图所示：当时，，，，所以，所以在单调递增，故A错误；当时，，所以，即，在单调递减，故B错误；当时，，所以，由图可知当时，，当时，，所以在单调递减，在单调递增，所以时的极小值点，故当时，函数有极小值，故C正确；当时，，所以，由图可知当时，，所以，所以，所以在单调递增，所以当时，函数有极大值，故D错误.故选：ABD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.用数字、、、、组成的无重复数字的四位数的个数为_______．（用数字作答）【正确答案】【分析】首位不能排，有种选择，然后在剩余个数字中选择个排在剩余的三个数位上，结合分步乘法计数原理可得结果.【详解】首位不能排，有种选择，然后在剩余个数字中选择个排在剩余的三个数位上，因此，满足条件的四位数的个数为个.故答案为.13.在的展开式中，不含的所有项的系数和为______（用数值作答）.【正确答案】【分析】先将问题转化为各项的系数之和，再通过赋值法即可得到答案.【详解】二项式，其展开式的通项为，令，则，则不含的项的系数和等于的各项系数之和，令，则.故答案为.14.已知函数，对任意，都有，则的取值范围为______.【正确答案】【分析】根据导数的正负性与函数单调性的关系，结合函数最值的性质分类讨论进行求解即可.【详解】，当时，单调递增，当时，单调递减，当时，单调递增.当时，当时，该函数单调递增，所以，所以对任意，都有，一定有成立，解得，这与相矛盾，不符合题意；当时，当时，，所以对任意，都有，一定有成立，而，所以；当时，设表示两数中最大的数，因为当时，单调递增，当时，单调递减，当时，单调递增.所以当时，，对任意，都有，一定有且，解得，综上所述：，所以的取值范围为.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.已知的展开式二项式系数和为64．（1）求n的值；（2）求展开式中的常数项；（3）求展开式中二项式系数最大的项．【正确答案】（1）（2）60（3）【分析】（1）根据二项式系数和公式得到方程，求出答案；（2）得到展开式通项公式，进而得到展开式中的常数项为；（3）二项式系数最大的项为第四项，由（2）可知，得到答案.【小问1详解】由题意得，故；【小问2详解】的展开式通项公式为，令，解得，所以展开式中的常数项为；【小问3详解】，展开式共有7项，二项式系数最大的项为第四项，由（2）可知，故展开式中二项式系数最大的项为.16.已知函数．（1）求曲线在处的切线方程；（2）求在上的最大值与最小值.【正确答案】（1）（2）最大值是4，最小值是.【分析】（1）根据导数的几何意义求解；（2）由得出函数的单调性，从而得极值，结合区间端点处函数值，比较得最值.【小问1详解】因为，所以，有，.因此，曲线在处的切线方程为，即.【小问2详解】f'令，解得，或.当变化时，，的变化情况如下表所示.单调递增单调递减单调递增在区间上，当时，有极小值.又由于，，所以，在上的最大值是4，最小值是.17.6件产品中有2件次品，4件正品.（1）从中任意抽取3件，抽出的3件中恰好有1件次品的抽法有多少种？（2）从中任意抽取3件，抽出的3件中至少有1件次品的抽法有多少种？（3）对这6件产品一一进行检测，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.（ⅰ）若恰在第1次检测时，找到第一件次品，且第4次检测时，才找到最后一件次品，则共有多少种不同的抽法？（ⅱ）若至多检测4次就能找到所有次品，则共有多少种不同的抽法？【正确答案】（1）12（2）16（3）（ⅰ）24（ⅱ）114【分析】（1）利用组合知识以及乘法计数原理计算即可得；（2）利用组合知识以及乘法计数原理计算即可得；（3）（ⅰ）由题意可得第1次和第4次为次品，第2，3次测试为正品，再利用排列知识以及乘法计数原理计算即可得；分第1，2次测出次品结束、前2次有1次测出次品，第3次测出次品结束、前3次有1次测出次品，第4次测出次品结束、前4次全部测出正品等不同情况进行讨论即可得.【小问1详解】从2件次品中抽出1件的抽法有种，从4件正品中抽出2件的抽法有种，因此抽出的3件中恰好有1件次品的抽法种数为；【小问2详解】抽出的3件中至少有1件次品，包括有1件次品和有2件次品两种情况，因此根据分类加法计数原理，抽出的3件中至少有1件次品的抽法种数为：；【小问3详解】（ⅰ）第1次和第4次为次品，第2，3次测试为正品，共有；（ⅱ）第1，2次测出次品结束，有种；前2次有1次测出次品，第3次测出次品结束，有种；前3次有1次测出次品，第4次测出次品结束，有种；前4次全部测出正品，有种；故共有种.18.已知函数．（1）若，证明；（2）若，当时，，求的取值范围．【正确答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）把代入，利用导数求出函数的最小值即可得证.（2）把代入，按分段讨论，由不等式分离参数并构造函数，再利用导数求出最小值即可.【小问1详解】当时，函数的定义域为，求导得，由，得；由，得，函数在上单调递减，在上单调递增，，所以.【小问2详解】当时，函数，当时，，恒成立；当时，不等式，令函数，依题意，恒成立，求导得，当时，；当时，，函数在上单调递减，在上单调递增，，则，所以k的取值范围是.19.已知，．（1）当时，讨论的单调性；（2）设，若在上有极值点．（ⅰ）求的取值范围；（ⅱ）证明：．【正确答案】（1）当时，在上单调递减；当时，在上单调递减，在上单调递增（2）（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析【分析】（1）先求出函数的定义域，再求导后讨论导数的正负即可；（2）（ⅰ）将问题转化为导函数的变号零点，结合零点存在定理即可求解；（ⅱ）方法一：由（ⅰ）可知是的极小值点，则，结合即可证明；方法二：由（ⅰ）可知，然后构造函数，结合函数的单调性可证得结论.【小问1详解】由题意知的定义域为，当时，，当时，，则在上单调递减，当时，由，解得；由，解得．即在上单调递增，上单调递减．综上所述，当时，在上单调递减；当时，在上单调递减，在上单调递增.【小问2详解】（