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内蒙古锡林郭勒盟第二中学2025-2026学年高二下学期期中质量监测数学试题
一、单选题
1．已知三地的位置及其间修筑的道路如图所示，则从地到地不同路线的条数是（ ）
A．5 B． C．7 D．8
2．随机变量的分布列如下表所示，其中为函数的两个不同的极值点，则（ ）
ξ 0 1 2
P a b c
A． B． C． D．
3．函数的大致图象是（ ）
A． B．
C． D．
4．某农科所在甲、乙、丙三个地块培育同一种苗，甲地块培育的一等种苗占比95%，乙地块培育的一等种苗占比80%，丙地块培育的一等种苗占比70%，甲、乙、丙培育的种苗数分别占总数的40%、30%、30%，将三个地块培育的种苗混放在一起. 从这批种苗中随机抽取一株，它是一等种苗的概率为（ ）
A． B． C． D．
5．由组成没有重复数字的四位数中，偶数的个数是（ ）
A．300 B．360 C．420 D．480
6．在的展开式中，的系数为（ ）．
A．120 B．80 C．40 D．
7．若函数在区间上单调递增，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
8．已知函数为定义在上的函数，满足，则下列正确的为（ ）
A． B．
C． D．
二、多选题
9．下列命题正确的有（ ）
A．已知函数在上可导，若，则
B．已知函数，若，则
C．
D．设函数的导函数为，且，则
10．现有6本不同的书，则（ ）
A．分给甲乙丙三人，每人2本，则共有90种分法
B．分成三份，每份2本，则共有90种分法
C．分成三份，一份1本，一份2本，一份3本，则共有60种分法
D．分给甲乙丙三人，其中甲4本，乙1本，丙1本，则共有15种分法
11．已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．曲线在处的切线方程为
B．函数的值域是
C．若点P是曲线上的动点，则点P到直线距离的最小值为
D．若过点至少可以作曲线的三条切线，则
三、填空题
12．若函数的图象在点处的切线方程是，则__________.
13．从4个红球、3个黄球中一次性摸取3个球，则摸到的球中至少有2个黄球的方法数为_______．（用数字作答）
14．若的展开式中的常数项为1，则_____.
四、解答题
15．7名师生站成一排照相留念，其中老师1人，男生3人，女生3人，在下列情况下，各有不同站法多少种？（列式并计算结果）
(1)3名女生相邻；
(2)3名男生互不相邻；
(3)若3名男生身高都不等，从左往右按从高到低的一种顺序站；
(4)老师不站中间，女生不站两端.
16．已知函数
(1)求函数的单调区间、极值；
(2)设在上有两个零点，求的范围．
17．已知．
(1)当时，展开式中第三项的二项式系数是第二项二项式系数的4倍，
①求的值；
②求展开式中系数最大的项；
(2)若时，在上恒成立，求的取值范围．
18．人工智能广泛地运用概率的相关知识，我们可以设计如下试验模型；有完全相同的甲、乙两个袋子，袋子中有形状和大小完全相同的小球，其中甲袋中有9个红球和1个白球，乙袋中有2个红球和8个白球.从这两个袋子中选择一个袋子，再从该袋子中等可能摸出一个球，称为一次试验.若多次试验直到摸出红球，则试验结束.假设首次试验选到甲袋或乙袋的概率均为.
(1)求首次试验结束的概率；
(2)在首次试验摸出白球的条件下，我们对选到甲袋或乙袋的概率进行调整.
①求选到的袋子为甲袋的概率；
②将首次试验摸出的白球放回原来袋子，继续进行第二次试验时有如下两种方案：方案一，从原来袋子中摸球；方案二，从另外一个袋子中摸球.请通过计算，说明选择哪个方案第二次试验结束的概率更大.
19．已知
(1)讨论函数的单调区间；
(2)若有两个零点，，求a的取值范围；
(3)证明：，恒成立.
参考答案
1．C
【详解】由图知，从地到地的道路有2条，从地到地的道路有3条，由分步乘法计数原理可知，从地经过地到地不同的路线共有条；
从地不经过地到地的路线有1条.
根据分类加法计数原理可得，从地到地不同的路线共条.
故选：C.
2．D
【详解】由，得，
由，解得．当时，满足，
故．
故选：D.
3．A
【详解】，
当或时，，单调递增，
当时，，单调递减，排除B，C，D.
故选：A．
4．D
【详解】记事件表示“随机抽取一株是一等种苗”，
事件表示“抽取的种苗来自甲地块”，
事件表示“抽取的种苗来自乙地块”，
事件表示“抽取的种苗来自丙地块”，
则，，，
，，，
由全概率公式
，
因此从这批种苗中随机抽取一株，它是一等种苗的概率为.
故选：D
5．C
【详解】最后一位数是0，偶数的个数是；
最后一位不是0，偶数的个数是，
所以一共有种.
6．D
【详解】根据二项式定理，展开式的通项公式为：
.
令，可得，此时与相乘可得的系数为-80；
令，可得，此时与相乘可得的系数为40；
所以的系数为.
7．C
【详解】由题意在上恒成立，即恒成立，
由对勾函数性质可知，在上单调递增，
所以在上单调递增，
所以，解得，故所求为.
故选：C.
8．D
【详解】令函数，求导得，因此函数在上单调递增，
则，即，因此，AC错误，D正确；
，而与的大小不确定，B错误.
9．BD
【详解】对A：，则，故A错误；
对B：，则，解得，故B正确；
对C：，故C错误；
对D：，则，
则，故D正确.
10．AC
【详解】对A：把6本书平均分给甲、乙、丙3个人，每人2本，分3步进行;
先从6本书中取出2本给甲，有种取法，
再从剩下的4本书中取出2本给乙，有种取法，
最后把剩下的2本书给丙，有种情况，
则把6本书平均分给甲、乙、丙3个人，每人2本，有（种）分法，故A正确；
对B：先分三步，则应是种方法，但是这里出现了重复．
不妨记6本书为,
若第一步取了，第二步取了，第三步取了，
记该种分法为则种分法中还有，，，，，共种情况，
而这种情况仅是的顺序不同，因此只能作为一种分法，故分法有（种），故B错误；
对C：这是“不均匀分组”问题，（种）， 故C正确；
对D：把6本书分给甲、乙、丙3个人，甲4本，乙1本，丙1本，分3步进行，
先从6本书中取出4本给甲，有种取法，
再从剩下的本书中取出1本给乙，有种取法，
最后把剩下的1本书给丙，有种情况，
则把6本书分甲4本，乙1本，丙1本，有（种）分法，故D错误；
故选：AC.
11．BC
【详解】函数的定义域为，，
对于A，因为，且，
所以曲线在处的切线方程为，故A错误；
对于B，当时，，函数的单调递增，
当时，，函数的单调递减，
所以的最大值为，又当时，；当时，，
所以函数的值域是，故B正确；
对于C，当曲线在点P处的切线与直线平行时，点P到直线的距离最小，
设点，则 ，整理得 ，
因为在上单调递增，所以有唯一解，此时，
点P到直线的距离，故C正确；
对于D，设过点的切线切点为，则切线斜率为，
故曲线在点处的切线方程为，
将点的坐标代入切线方程得，可得，
令，，则，
令，解得或，所以函数的单调递减区间为、，
令，解得，所以函数的单调递增区间为，
故函数的极小值为，极大值为，
又当时， ；当时，，
作出函数的图象如下图所示：
由图可知，当时，直线与函数的图象有三个交点，
即若过点至少可以作曲线的三条切线，则，故D错误.
12．3
【详解】根据题意，函数的图象在点处的切线方程是，即，且，所以.
故答案为：3
13．13
【详解】一次性摸取3个球，至少有2个黄球分为两种情况：
情况一：两个黄球，一个红球，有种不同方法；
情况二：三个黄球，；
共有种方法；
故答案为：13
14．2
【详解】由，
其展开式的通项为，，
而展开式的通项为，，
令，得或或，
因为的展开式中的常数项为1，
所以，则，
又，则.
15．(1)720
(2)1440
(3)840
(4)1296
【详解】（1）因为3名女生相邻，可把3名女生看作一个元素，
先进行5个元素的全排列，再对3名女生全排列，共有种站法；
（2）先把除去3名男生后剩余的4个元素全排列，再在5个空隙中放入3名男生，
共有种站法.
（3）先对7个元素进行全排列，再除以3名男生的排列，共有种站法.
（4）由题意知，老师不站中间，女生不站两端，可分为两类：
①当老师站在两端中的一个位置，且女生不站两端时，有站法；
②当老师不站在两端，且不站在中间时，有种站法，
由分类计数原理得，共有种不同的站法.
16．(1)的增区间和，减区间为，极大值为2，极小值为
(2)．
【详解】（1）由题意得，令，得或，
当或时，，则单调递增，
当时，，则单调递减，
所以的增区间和，减区间为，
则的极大值为，极小值为．
综上，的增区间和，减区间为，极大值为2，极小值为．
（2）在有两个零点等价于方程在有两个不同实根．
计算，，．
由单调性知，当时，直线与图象有两个交点，故．
17．(1)①9；②
(2)
【详解】（1）①由已知得：，所以，
解得：．
②通项公式为，
设，设最大，
令所以
化简得，又，所以．
所以当时，系数最大项为．
（2）若时，，
则 ；
设，则恒成立；
，
当时，恒成立，所以在上单调递增，
又时，，
所以，要想恒成立，需满足，
解得，结合，所以．
当时，，，
所以在单调递减，在单调递增，
故 ，
又，由，故．
综上．
18．(1)
(2)①；②方案二
【详解】（1）设试验一次，“取到甲袋”为事件，“取到乙袋”为事件，
“试验结果为红球”为事件，“试验结果为白球”为事件，
，
所以试验一次结果为红球的概率为.
（2）①因为、是对立事件，，
所以，
所以选到的袋子为甲袋的概率为；
②由①得，
所以方案一中取到红球的概率
为，
方案二中取到红球的概率
为，
因为，所以方案二中取到红球的概率更大.
19．(1)当时，的单调递增区间为，无单调递减区间；当时，的单调递增区间为，单调递减区间为；
(2)
(3)证明见解析
【详解】（1）已知，其定义域为，对其求导可得.
当时，对于任意的，恒成立，所以，
所以在上单调递增；
当时，令，解得.
当时，，所以，单调递增；
当时，，所以，单调递减.
综上，当时，的单调递增区间为，无单调递减区间；
当时，的单调递增区间为，单调递减区间为；
（2）由（1）知，当时，在上单调递增，
此时最多只有1个零点，不可能有两个零点；
当时，在上单调递增，在上单调递减，
所以在处取得极大值，也是最大值.
若有两个零点，则，即.
因为函数在上单调递增，所以.
又因为当时，；当时，，
所以只有当最大值时，才能保证在，上各有1个零点，
共两个零点，因此a的取值范围为；
（3）要证，恒成立，
即证，恒成立.
令，.
对求导得.
因为，所以，则，
所以在上单调递减，所以，
即，即，
即，恒成立.

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