精品解析：重庆市荣昌中学校2024-2025学年高二下学期4月期中教学检测数学试题

荣昌中学高2026届高二下期半期教学检测 数学试题 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 第I卷（选择题共58分） 一、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，只有一项是符合要求的． 1. 如果函数在处的导数为1，那么（ ） A. 1 B. C. 2 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】由导数的定义求解即可. 【详解】， 故选：B 2. 已知展开式中，只有第5项的二项式系数最大，则展开式中的系数为（ ） A. B. 252 C. D. 28 【答案】B 【解析】 【分析】根据组合数的性质可得最大，进而得，即可根据通项公式求解. 【详解】由于展开式的第5项的二项式系数为最大，故， 展开式中的系数为， 故选：B 3. 从4名男生、3名女生中选2人分别担任班长和副部长，要求选出的2人中至少有一名男生，则不同的方法数为（ ） A. 18 B. 24 C. 30 D. 36 【答案】D 【解析】 【分析】用总的情况数减去全是女生的情况数即可求解. 【详解】由题意从4名男生、3名女生中选2人分别担任班长和副部长的方法数有， 从3名女生中选2人分别担任班长和副部长的方法数有， 所以选出的2人中至少有一名男生方法数为. 故选：D. 4. 函数的图象大致是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据函数的奇偶性排除部分选项，再由特殊值判断. 【详解】因为的定义域为，且， 所以是奇函数，故排除BC， 又，则，故排除D， 故选：A 5. 某教学楼从二楼到三楼的楼梯共级，上楼可以一步向上走一级，也可以一步向上走两级，某同学从二楼到三楼准备用步恰好走完，则该同学从二楼到三楼共有（ ）种不同上法． A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】分析可知，该同学从从二楼到三楼要走步向上走一级，要走步向上走两级，结合组合计数原理可得结果. 【详解】设该同学从从二楼到三楼要走步向上走一级，则需走步向上走两级， 根据题意有，解得， 因此，该同学从二楼到三楼共有种不同的走法. 故选：B. 6. 函数在处取得极大值，则常数（   ） A. 1 B. C. 1或3 D. 或 【答案】B 【解析】 【分析】首先求导，由求出的值，再利用导数验证函数在处是否取得极大值，从而得到常数的值. 【详解】函数， 则， 因为函数在处取得极大值， 则，即， 则，即，解得或， 当时，， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 所以函数在处取得极小值，即不符合题意，舍去， 当时，， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 所以函数在处取得极大值，即符合题意. 故选：B. 7. 2002年第24届国际数学家大会在北京召开，其会标是根据中国古代数学家赵爽的弦图设计的，由一个正方形和四个全等的直角三角形构成（如图）.现给图中5个区域涂色，要求相邻的区域不能涂同一种颜色，且每个区域只涂一种颜色.若有5种不同的颜色可供使用，则不同的涂色方案有（    ） A. 120种 B. 360种 C. 420种 D. 540种 【答案】C 【解析】 【分析】要求相邻的区域不能涂同一种颜色，则涂5块区域至少需要种颜色，然后对使用的颜色种数进行分类讨论，分别求出方案数，再运用分类加法计数原理求出最后结果. 【详解】要求相邻的区域不能涂同一种颜色，则涂5块区域至少需要种颜色， 若块区域只用种颜色涂色，则颜色的选法有种，相对的直角三角形必同色， 此时不同的涂色方案有种； 若块区域只用种颜色涂色，则颜色的选法有种，其中一对相对的直角三角形必同色， 余下的两个直角三角形不同色，此时不同的涂色方案有种； 若块区域只用种颜色涂色，则每块直角三角形都不同色，此时不同的涂色方案有种； 综上，不同的涂色方案有：种. 故选：C. 8. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用导数可求得，；分别代入和，整理可得的大小关系. 【详解】令，则， 在上单调递增，，即，， ，即； 令，则， 当时，；当时，； 在上单调递增，在上单调递减，， （当且仅当时取等号），， 即（当且仅当时取等号），，即； 综上所述：. 故选：D. 【点睛】思路点睛：本题考查与指数、对数有关的大小关系的比较，解题基本思路是能够将问题转化为两个函数的函数值大小关系的比较，进而通过构造函数的方式，利用导数求得函数单调性，从而得到两函数的大小关系. 二、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，有选错的得0分，若只有2个正确选顶，每选对一个得3分;若有3个正确选项，每选对一个得2分． 9. 已知事件，，且，，，则（    ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】结合条件概率公式，由得，再由得到，进而求解判断各个选项. 【详解】对于A，因为，所以，A错误； 对于B，由题意， ，所以，B正确； 对于C，因为，所以， 所以，C正确； 对于D，因为， 所以， 所以， 所以，D正确； 故选：BCD 10. 有甲、乙、丙、丁、戊五名同学，下列说法正确的是（   ） A. 5名同学排成一排，甲乙相邻且丙丁不相邻，则不同的排法有24种 B. 5名同学排成一排，最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有54种 C. 5名同学排成一排，甲乙丙按从左到右的顺序，则不同排法共有20种 D. 若将5名同学分配到3个班进行宣讲，每班至少1名同学，且每名同学只去1个班，则有150种不同的分配方案 【答案】ACD 【解析】 【分析】由捆绑法，插空法即可判断A，由特殊元素优先法即可判断B，由倍缩法即可判断C，先分组再分配然后代入计算，即可判断D. 【详解】对于A，，故A正确， 对于B，最左端排甲时，有种不同的排法，最左端排乙时，最右端不能排甲， 则有种不同的排法，最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲， 则不同的排法共有种，故B不正确， 对于C，甲乙丙按从左到右的顺序排列的排法有种，故C正确， 对于D，将5名同学分为3，1，1或2，2，1三组，然后分配到三个班， 所以分配方案有种，D正确． 故选：ACD 11. 对于三次函数，给出定义：是函数的导数，是函数的导数，若方程有实数解，则称为函数的“拐点”.某同学经探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心，若函数，则下列说法正确的是（   ） A. 的极大值点为 B. 有且仅有个零点 C. 若在上的最大值为，则 D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】A选项，，得出函数单调性，结合极值的概念，可判定A正确；B选项，根据极大值为，极小值，进而得到函数有3个零点，可判定B错误；C选项，借助函数的单调性、极值及，可判定C正确；D选项，求得，令，求得，得出，根据对称性，得到，结合倒序相加法，可判定D正确. 【详解】A选项，由函数， 可得， 令，解得或；令，解得， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 在单调递增，当时，取得极大值， 极大值为，所以极大值点为，A错误； B选项，由A知，当时，取得极小值， 极小值，且当时，， 当时，，， 所以函数有3个零点，所以B正确； C选项，， 由A、B可知，在上单调递增，在上单调递减，在单调递增，， 所以，在上的最大值为，则，C正确； D选项，由，可得， 令，可得， 又由， 所以点是函数的对称中心； 因为是函数的对称中心，所以， 令， 可得， 所以 ， 所以，即， 所以D正确. 故选：BCD. 第II卷（非选择题92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若，则______________. 【答案】或 【解析】 【分析】根据组合数的性质计算可得. 【详解】因为，所以或， 解得或，经检验符合题意. 故答案为：或 13. 若函数在上存在单调递减区间，则实数的取值范围为______. 【答案】 【解析】 【分析】利用，经等价转化得到在区间上有解，故只需求在上的最小值即可. 【详解】依题意，在区间上有解， 即在区间上有解， 设，则，故只需求在上的最小值， 而，当时，取得最小值，故得， 则实数的取值范围为. 故答案为： 14. 已知函数在上有两个极值点，则实数的取值范围是______________. 【答案】 【解析】 【分析】求出函数的导数，由极值点的意义分离参数，构造函数转化成直线与函数图象在上有两个交点求解. 【详解】因为，所以， 依题意，函数在上有两个变号零点，由，得， 令，，于是直线与函数在上的图象有两个交点， 而，由，得，由，得， 即函数在上单调递增，在上单调递减，又， 在同一坐标系内作出直线与函数的图象， 观察图象知，当时，直线与函数在上的图象有两个交点， 即函数在上有两个变号零点，函数在上有两个极值点， 所以实数的取值范围是. 故答案为： 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. 已知函数，且在点处的切线l与平行. （1）求切线l的方程； （2）求函数的极值. 【答案】（1） （2），无极大值. 【解析】 【分析】（1）先利用切线l与平行解出，再求出切点的坐标，进而求出切线方程； （2）直接求导确定单调性，进而求出极值. 【小问1详解】 函数的定义域为， 由，则， 因为在点处的切线l与平行， 所以，即，解得， 所以，所以， 所以在点处的切线的方程为， 即； 【小问2详解】 ，得，， 由得；由得； 所以函数在上单调递减，在上递增； 故，无极大值. 16. 在①各项系数之和为；②常数项为；③各项系数的绝对值之和为1536这三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并解答问题. 在的展开式中，______.（注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分） （1）求展开式中项的系数； （2）求被除的余数. 【答案】（1）； （2）3 【解析】 【分析】（1）由所选条件，利用展开式系数与系数和的性质，列方程求n； （2）由（1）知，利用二项式定理展开，即可数据是除7余3. 【小问1详解】 选条件①各项系数之和为，取，则，解得； 选条件②常数项为，由，则常数项为，解得； 选条件③各项系数的绝对值之和为1536，即的各项系数之和为1536，取，则，解得； 所以展开式中项的系数为. 【小问2详解】 ， ， 所以被7除的余数为3. 17. 甲、乙两个箱子装有大小及外观相同的小球，甲箱中有5个白球和3个黑球，乙箱中有4个白球和3个黑球． （1）若从甲箱中任取2个小球，求这2个小球同色的概率； （2）若先从甲箱中任取2个小球放入乙箱中，然后再从乙箱中任取1个小球，求从乙箱中取出的球是白球的概率． 【答案】（1）； （2）． 【解析】 【分析】（1）先求出从甲箱中任取2个小球的事件数，再求出这2个小球同色的事件数即可得出； （2）先求出从从甲箱中取出的2个小球的各种情况的概率，再利用条件概率公式求解. 【小问1详解】 从甲箱中任取2个小球的事件数为， 这2个小球同色的事件数为， 所以这2个小球同色的概率为． 【小问2详解】 设事件A为“从乙箱中任取1个小球，取出的这个小球是白球”， 事件为“从甲箱中取出的2个小球都是白球”， 事件为“从甲箱中取出的2个小球为1个白球1个黑球”， 事件为“从甲箱中取出的2个小球都是黑球”， 则事件，，彼此互斥． ，，， ，，， 所以 ， 所以取出的这个小球是白球的概率为． 18. 已知函数 （1）当时，求函数在区间上的最小值； （2）试讨论函数的单调性； （3）当时，不等式恒成立，求正整数的最大值. 【答案】（1） （2） 当时，在上单调递减，在上单调递增； 当时，在上单调递减，在和上单调递增； 当时，在上单调递增； 当时，在上单调递减，在和上单调递增. （3）. 【解析】 【分析】（1）求导，利用导数判断的单调性和最值； （2）求出原函数的导函数，对进行分类讨论即可得出原函数的单调区间； （3）问题转化为恒成立，令新函数，利用导数求其最小值的范围，即可求得整数的最大值. 【小问1详解】 当时，， 当时；当时， 所以在上单调递减，在上单调递增. 故在区间上的最小值为. 【小问2详解】 当时，由，得；由，得， 此时，在上单调递减，在上单调递增； 当时，由，得； 由，得或， 此时，在上单调递减，在和上单调递增； 当时，对任意的恒成立， 此时，在上单调递增； 当时，由，得； 由，得或， 此时，在上单调递减，在和上单调递增. 综上可知，当时，在上单调递减，在上单调递增； 当时，在上单调递减，在和上单调递增； 当时，在上单调递增； 当时，在上单调递减，在和上单调递增. 【小问3详解】 当时，不等式恒成立， 整理可得，原题意等价于对任意恒成立， 令， 则， 令，则， 所以在区间上单调递增， 因为，， 所以在区间内存在唯一零点， 即，所以， 当时，，即； 当时，，即； 可知在区间上单调递减，在区间上单调递增； 所以， 因为，则，即， 且为正整数，则，所以整数的最大值是. 【点睛】关键点睛：本题主要考查了利用导数研究函数的单调性以及隐零点问题，难度较大，解答本题的关键在于合理构造函数，然后利用导数知识解答. 19. ①在高等数学中，关于极限的计算，常会用到：i)四则运算法则：如果，，则，，若B≠0，则；ii)洛必达法则：若函数，的导函数分别为，，，，则； ②设，k是大于1的正整数，若函数满足：对，均有成立，则称函数为区间(0,a)上的k阶无穷递降函数.结合以上两个信息，回答下列问题； （1）计算：①； ②； （2）试判断是否为区间上的2阶无穷递降函数；并证明：，. 【答案】（1）①1；② （2） ∵，， ∴，，， ∴ ∴，均有， ∴是区间上的2阶无穷递降函数. 方法一： 以上同理可得， 由①，得 ∴，. 方法二： 设，， 则 设，，则 ∴在上单调递增，又，∴在上恒成立， ∴∴在上单调递增，∵， ∴在上但成立，∴， ∴在上单调递增， 又 ∴，. 【解析】 【分析】（1）① 根据题干中洛必达法则进行计算即可得解；②设，根据洛必达法则求出，利用变换得解； （2）方法一，，均有，同理可得，利用洛必达法则1可得，得证； 方法二，利用导数可得在上单调递增，又由，得证． 【小问1详解】 ①根据洛必达法则，； ②设，两边同时取对数得，， 设，， ∴，∴ 【小问2详解】 略 【点睛】思路点睛：本题考查新定义，注意理解新定义.第1小题，构造函数，根据洛必达法则求出，得解； 第2小题，方法1先证明是区间上的2阶无穷递降函数，同理可得，根据洛必达法则可得；方法2，利用导数可判断在上单调递增，再根据洛必达法则求出，即可. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 荣昌中学高2026届高二下期半期教学检测 数学试题 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 第I卷（选择题共58分） 一、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，只有一项是符合要求的． 1. 如果函数在处的导数为1，那么（ ） A. 1 B. C. 2 D. 4 2. 已知展开式中，只有第5项的二项式系数最大，则展开式中的系数为（ ） A. B. 252 C. D. 28 3. 从4名男生、3名女生中选2人分别担任班长和副部长，要求选出的2人中至少有一名男生，则不同的方法数为（ ） A. 18 B. 24 C. 30 D. 36 4. 函数的图象大致是（ ） A. B. C. D. 5. 某教学楼从二楼到三楼的楼梯共级，上楼可以一步向上走一级，也可以一步向上走两级，某同学从二楼到三楼准备用步恰好走完，则该同学从二楼到三楼共有（ ）种不同上法． A. B. C. D. 6. 函数在处取得极大值，则常数（   ） A. 1 B. C. 1或3 D. 或 7. 2002年第24届国际数学家大会在北京召开，其会标是根据中国古代数学家赵爽的弦图设计的，由一个正方形和四个全等的直角三角形构成（如图）.现给图中5个区域涂色，要求相邻的区域不能涂同一种颜色，且每个区域只涂一种颜色.若有5种不同的颜色可供使用，则不同的涂色方案有（    ） A. 120种 B. 360种 C. 420种 D. 540种 8. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 二、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，有选错的得0分，若只有2个正确选顶，每选对一个得3分;若有3个正确选项，每选对一个得2分． 9. 已知事件，，且，，，则（    ） A. B. C. D. 10. 有甲、乙、丙、丁、戊五名同学，下列说法正确的是（   ） A. 5名同学排成一排，甲乙相邻且丙丁不相邻，则不同的排法有24种 B. 5名同学排成一排，最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有54种 C. 5名同学排成一排，甲乙丙按从左到右的顺序，则不同排法共有20种 D. 若将5名同学分配到3个班进行宣讲，每班至少1名同学，且每名同学只去1个班，则有150种不同的分配方案 11. 对于三次函数，给出定义：是函数的导数，是函数的导数，若方程有实数解，则称为函数的“拐点”.某同学经探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心，若函数，则下列说法正确的是（   ） A. 的极大值点为 B. 有且仅有个零点 C. 若在上的最大值为，则 D. 第II卷（非选择题92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若，则______________. 13. 若函数在上存在单调递减区间，则实数的取值范围为______. 14. 已知函数在上有两个极值点，则实数的取值范围是______________. 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，且在点处的切线l与平行. （1）求切线l的方程； （2）求函数的极值. 16. 在①各项系数之和为；②常数项为；③各项系数的绝对值之和为1536这三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并解答问题. 在的展开式中，______.（注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分） （1）求展开式中项的系数； （2）求被除的余数. 17. 甲、乙两个箱子装有大小及外观相同的小球，甲箱中有5个白球和3个黑球，乙箱中有4个白球和3个黑球． （1）若从甲箱中任取2个小球，求这2个小球同色的概率； （2）若先从甲箱中任取2个小球放入乙箱中，然后再从乙箱中任取1个小球，求从乙箱中取出的球是白球的概率． 18. 已知函数 （1）当时，求函数在区间上的最小值； （2）试讨论函数的单调性； （3）当时，不等式恒成立，求正整数的最大值. 19. ①在高等数学中，关于极限的计算，常会用到：i)四则运算法则：如果，，则，，若B≠0，则；ii)洛必达法则：若函数，的导函数分别为，，，，则； ②设，k是大于1的正整数，若函数满足：对，均有成立，则称函数为区间(0,a)上的k阶无穷递降函数.结合以上两个信息，回答下列问题； （1）计算：①； ②； （2）试判断是否为区间上的2阶无穷递降函数；并证明：，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $