2025-2026学年新疆维吾尔自治区乌鲁木齐市实验学校高二下册期中质量监测（问卷）数学试题 含答案

/数学分值:150分;考试时间:120分钟一、单项选择题：本题共8个小题，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.已知随机变量X满足，，下列说法正确的是（）A.， B.，C.， D.，2.已知的展开式中二项式系数和为128，则展开式中有理项的项数为（）A.0 B.2 C.3 D.53.某班新年联欢会原定的5个节目已排成节目单，开演前又增加了两个新节目.如果将这两个节目插入原节目单中，那么不同插法的种数为A.42 B.30 C.20 D.124.的展开式中常数项为（）A. B. C.5 D.105.已知的图象如图所示（其中是函数的导函数），下面四个图象中，是的大致图象的是（）A. B.C. D.6.的展开式中，的系数为（）A.60 B. C.120 D.7.若2x+3A. B. C. D.8.“”是函数“存在极大值和极小值”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充分且必要条件 D.既不充分也不必要条件二、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.现有5幅不同的国画，2幅不同的油画，7幅不同的水彩画，则下列说法正确的是（）.A.从中任选1幅画布置房间，有14种不同的选法B.从这些国画、油画、水彩画中各选1幅布置房间，有70种不同的选法C.从这些画中选出2幅不同种类的画布置房间，有59种不同的选法D.从甲、乙、丙3幅不同的画中选出2幅，分别挂在左、右两边墙上的指定位置，共有12种不同的挂法10.下列说法正确的是（）A.CB.若则a1+C.被整除的余数为D.1.0510精确到的近似数为11.设函数，则（）A.函数的单调递增区间为B.函数有极小值且极小值为C.若方程有两个不等实根，则实数的取值范围为D.经过坐标原点的曲线的切线方程为三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.在二项式的展开式中，系数最大的一项为_______.13.函数，则______．14.52张扑克牌，没有大小王，无放回地抽取两次，则两次都抽到A的概率为____________；已知第一次抽到的是A，则第二次抽取A的概率为____________四、解答题：共5小题，共77分.15.已知的展开式中共有9项.（1）求的值；（2）求展开式中的系数；（3）求二项式系数最大的项.16.端午节吃粽子是我国的传统习俗，设一盘中装有10个粽子，其中豆沙粽3个，白粽7个，这两种粽子的外观完全相同，从中任意选取3个，设表示取到的豆沙粽个数.求（1）的分布列；（2）的期望与方差；（3）求至少取到一个豆沙粽的概率.17.设函数在处取得极大值．（1）求的解析式；（2）求在区间上的最值．18.某次考试中，只有一道单项选择题考查了某个知识点，甲、乙两校的高一年级学生都参加了这次考试.为了解学生对该知识点的掌握情况，随机抽查了甲、乙两校高一年级各100名学生该题的答题数据，其中甲校学生选择正确的人数为80，乙校学生选择正确的人数为75.假设学生之间答题相互独立，用频率估计概率.（1）估计甲校高一年级学生该题选择正确的概率（2）从甲、乙两校高一年级学生中各随机抽取1名，设X为这2名学生中该题选择正确的人数，估计的概率及X的数学期望；（3）假设：如果没有掌握该知识点，学生就从题目给出的四个选项中随机选择一个作为答案；如果掌握该知识点，甲校学生选择正确的概率为，乙校学生选择正确的概率为.设甲、乙两校高一年级学生掌握该知识点的概率估计值分别为，，判断与的大小（结论不要求证明）.19.已知函数．（1）当时，求曲线在处的切线方程；（2）若函数在存在单调递减区间，求实数的取值范围；（3）当时，证明：函数有且仅有两个零点．

数学分值:150分;考试时间:120分钟一、单项选择题：本题共8个小题，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.已知随机变量X满足，，下列说法正确的是（）A.， B.，C.， D.，答案：D解析：思路：根据方差和期望的运算性质计算即可.解答过程：由，解得，由，解得.故选：D.2.已知的展开式中二项式系数和为128，则展开式中有理项的项数为（）A.0 B.2 C.3 D.5答案：C解析：思路：先根据展开式中二项式系数的和求出，得到通项公式，求出有理项个数.解答过程：由题展开式中二项式系数的和为，解得，所以二项式为，则展开式的通项为，，1，2…，7.所以当，3，6时，为有理项，所以展开式中有理项共3项.故选：C.3.某班新年联欢会原定的5个节目已排成节目单，开演前又增加了两个新节目.如果将这两个节目插入原节目单中，那么不同插法的种数为A.42 B.30 C.20 D.12答案：A解析：解答过程：原定的5个节目之间有6个位．当插入的这两个新节目在一起时，有插法；当插入的这两个新节目不在一起时，有插法，所以总的不同插法的种数为种．故选：A．方法提示：关于排列和组合的题目，常用到捆绑法和插位法．捆绑法是将一些对象看作一个对象进行排列；插位法是将一些对象进行排列后，再对剩下的对象进行排列．4.的展开式中常数项为（）A. B. C.5 D.10答案：A解析：思路：求出展开式的通项，再结合积中的指数情况列式计算得解.解答过程：展开式的通项，显然，则当，即时，，所以的展开式中常数项为.故选：A5.已知的图象如图所示（其中是函数的导函数），下面四个图象中，是的大致图象的是（）A. B.C. D.答案：C解析：思路：根据导函数的正负区间判断原函数的单调区间判断即可.解答过程：当时，，∴，故在区间上为减函数，排除AB；当时，，∴，故在区间上为减函数，排除D.故选：C.6.的展开式中，的系数为（）A.60 B. C.120 D.答案：A解析：思路：根据，结合二项展开式的通项公式分析求解.解答过程：由题意可知：的通项为，且的通项为，令，解得，所以的系数为．故选：A7.若则的值为（）A. B. C. D.答案：A解析：思路：分别令和，然后所得两式相乘即可求解．解答过程：由题意得2x令时，有2+33令时，有3−23a08.“”是函数“存在极大值和极小值”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充分且必要条件 D.既不充分也不必要条件答案：C解析：思路：求导后令，结合判别式和韦达定理分析可得.解答过程：，，令，即，，，若，则函数有两个正根，即有两个变号零点，此时函数存在极大值和极小值；当时，方程无正根或仅有一个重根，此时函数不可能同时存在极大值和极小值；综上，“”是函数“存在极大值和极小值”的充分必要条件.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.现有5幅不同的国画，2幅不同的油画，7幅不同的水彩画，则下列说法正确的是（）.A.从中任选1幅画布置房间，有14种不同的选法B.从这些国画、油画、水彩画中各选1幅布置房间，有70种不同的选法C.从这些画中选出2幅不同种类的画布置房间，有59种不同的选法D.从甲、乙、丙3幅不同的画中选出2幅，分别挂在左、右两边墙上的指定位置，共有12种不同的挂法答案：ABC解析：思路：根据题意，结合分类加法计数原理和分步乘法计数原理，逐项计算，即可求解.解答过程：对于A，根据分类加法计数原理可知，共有种不同的选法，故A正确.对于B，根据分步乘法计数原理可知，共有种不同的选法，故B正确.对于C，可分为三类：第一类是1幅选自国画，1幅选自油画，有种不同的选法；第二类是1幅选自国画，1幅选自水彩画，有种不同的选法；第三类是1幅选自油画，1幅选自水彩画，有种不同的选法，故共有种不同的选法，故C正确.对于D，可以分两个步骤完成：第一步，从3幅画中选1幅挂在左边墙上，有3种选法；第二步，从剩下的2幅画中选1幅挂在右边墙上，有2种选法，根据分步乘法计数原理知，不同挂法的种数是，故D错误.故选：ABC.10.下列说法正确的是（）A.B.若则C.被整除的余数为D.精确到的近似数为答案：ABD解析：解答过程：对于A，由二项式定理可得2+19对于B，已知，展开式2x−110由此可知，系数ai因此各项系数的绝对值之和a0+a令，代入2x+110，得到系数绝对值之和为即a0令，代入2x−110，得所以a1对于C，5555因为能被整除，因此除以的余数等价于除以的余数，在正整数范围内，除以的余数是，即除以的余数是，故C错误；对于D，1.0511.设函数，则（）A.函数的单调递增区间为B.函数有极小值且极小值为C.若方程有两个不等实根，则实数的取值范围为D.经过坐标原点的曲线的切线方程为答案：ACD解析：思路：利用导数研究函数的单调性，结合极值、方程的根与函数图象交点个数之间的关系和导数的几何意义，依次判断选项即可.解答过程：对A：由题意可知的定义域为，，令，解得，当时，，当时，，所以函数在上单调递增，在上单调递减，故A正确；对B：当时，取得极大值为，故B错误；对C：由上分析可作出的图象，要使方程有两个不等实根，只需要与有两个交点，由图可知，，所以实数的取值范围为，故C正确.对D：设曲线在处的切线经过坐标原点，则切线斜率，得，解得，所以切线斜率，所以切线方程为，故D正确.故选：ACD三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.在二项式的展开式中，系数最大的一项为_______.答案：解析：思路：应用二项式的展开式判断各项系数的符号，进而确定系数最大项.解答过程：由题设，二项式的展开式通项为，，易知时对应项系数为正，时对应项系数为负，又，，，所以系数最大的一项为.故答案为.13.函数，则______．答案：##解析：解答过程：因为，所以，所以，所以，所以，所以.14.52张扑克牌，没有大小王，无放回地抽取两次，则两次都抽到A的概率为____________；已知第一次抽到的是A，则第二次抽取A的概率为____________答案：①.②.解析：思路：由题意结合概率的乘法公式可得两次都抽到A的概率，再由条件概率的公式即可求得在第一次抽到A的条件下，第二次抽到A的概率.解答过程：由题意，设第一次抽到A的事件为B,第二次抽到A的事件为C,则.故；.四、解答题：共5小题，共77分.15.已知的展开式中共有9项.（1）求的值；（2）求展开式中的系数；（3）求二项式系数最大的项.答案：（1）（2）112（3）解析：思路：（1）利用二项式展开式中共有项可求得的值；（2）求出二项展开式的通项，令的指数为4，求出参数的值，代入通项即可得出结果；（3）根据二项式系数的性质可得二项式系数最大的项的项数，再由二项式定理得结论.（1）由题意得，解得.（2）由（1）可知展开式的通项为.令，解得，则.故展开式中的系数为112.（3）根据题意可得二项式系数最大的项为.16.端午节吃粽子是我国的传统习俗，设一盘中装有10个粽子，其中豆沙粽3个，白粽7个，这两种粽子的外观完全相同，从中任意选取3个，设表示取到的豆沙粽个数.求（1）的分布列；（2）的期望与方差；（3）求至少取到一个豆沙粽的概率.答案：（1）0123（2），（3）解析：思路：（1）由题意可知的可能取值为，根据古典概型计算概率即可写出分布列；（2）由分布列即可计算期望与方差；（3）先求“一个豆沙粽都没有取到”的概率，再利用对立事件即可求“至少取到一个豆沙粽的概率”.（1）由题意，的可能取值为，则，，，，所以的分布列如下：0123（2）由（1）可知，.（3）记“至少取到一个豆沙粽”为事件A，则表示“一个豆沙粽都没有取到”，则.17.设函数在处取得极大值．（1）求的解析式；（2）求在区间上的最值．答案：（1）（2），解析：（1），，由题意得，即，解得，，经验证符合题意，所以．（2）由（1）可得，令，得，，

+0-0+

单调递增极大值单调递减极小值单调递增所以在，单调递增，在单调递减，且，，，所以，18.某次考试中，只有一道单项选择题考查了某个知识点，甲、乙两校的高一年级学生都参加了这次考试.为了解学生对该知识点的掌握情况，随机抽查了甲、乙两校高一年级各100名学生该题的答题数据，其中甲校学生选择正确的人数为80，乙校学生选择正确的人数为75.假设学生之间答题相互独立，用频率估计概率.（1）估计甲校高一年级学生该题选择正确的概率（2）从甲、乙两校高一年级学生中各随机抽取1名，设X为这2名学生中该题选择正确的人数，估计的概率及X的数学期望；（3）假设：如果没有掌握该知识点，学生就从题目给出的四个选项中随机选择一个作为答案；如果掌握该知识点，甲校学生选择正确的概率为，乙校学生选择正确的概率为.设甲、乙两校高一年级学生掌握该知识点的概率估计值分别为，，判断与的大小（结论不要求证明）.答案：（1）（2），（3）解析：思路：（1）用频率估计概率即可求解；（2）利用独立事件乘法公式