山东济南市2025-2026学年高二年级下学期期中检测数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1山东济南市2025-2026学年高二年级下学期期中检测数学试题一、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.0 D.【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=设dk=Pkn又Pnn-P-1n=1，所以k=0于是P0n=又1-P0n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，，②①②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