精品解析：重庆市重点中学“大一联盟”2024-2025学年高二下学期期中考试数学试题

“大一联盟”2024 — 2025学年（下）高2026届期中考试 数学试卷 2025.04 命题单位：重庆市礼嘉中学校 注意事项： 1.本试卷满分150分，考试时间120分钟. 2.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 3.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效. 4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 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（     ） A. B. C. D. 2. 若，则（     ） A. B. 9 C. 3 D. 1 3. 函数的单调递增区间为（     ） A. B. C. D. 4. 小明用3D打印机制作了一个底面各边边长均不相等的四棱锥模型，现将此模型的每一个面都涂上一种颜色，其中有公共边的两个面异色，现有5种颜色可供使用，则有（     ）种不同的涂色方法 A. 320 B. 360 C. 420 D. 480 5. 若函数在上不单调，则实数的取值范围为（     ） A. B. C. D. 6. 某单位在5月1日——5月5日这5天假期期间，实行每日一人值班制度，以确保各项工作的日常运转与应急事务的及时处理.现计划从4名员工中每天派1名员工值班，则每位员工至少值一天班的概率是（     ） A. B. C. D. 7. 《孙子算经》是中国南北朝时期重要的数学著作，书中的“中国剩余定理”对同余除法进行了深入的研究.设均为整数，若和被除得的余数相同，则称和对模同余，记为，如8和14被3除得的余数都是2，则记.若，且，则的值可以是（     ） A. 2021 B. 2023 C. 2025 D. 2027 8. 已知函数，不等式在上恒成立，则实数的取值范围是（     ） A. B. C. D. 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. 已知二项式，则下列说法正确的是（     ） A. 展开式中二项式系数之和为64 B. 展开式中有理项的个数为3 C. 若，则展开式的常数项为 D. 若展开式中各项系数之和为64，则 10. 若函数的图象上至少存在两个不同的点P，Q，使得曲线在这两点处的切线垂直，则称函数为“垂切函数”．下列函数中为“垂切函数”的是（ ） A. B. C. D. 11. 已知函数，则下列结论正确的是（     ） A. 当且时， B. 当时，若有两个极值点，则的取值范围是 C. 若满足，则的最小值为 D. 若存在极值点，且，其中，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设函数，若，则________. 13. 已知曲线在点处的切线与曲线相切，则=________． 14. 在如图所示的九宫格中填入数字和字母，已知三个字母都填到九宫格中且不能在同一行同一列，其他每格只能从数字中选择一个填入，有公共边的两个格数字不相同，则不同的填法种数为________. 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. 某中学为表彰在过去一学期在“德智体美劳”等方面表现突出且优异的同学，特设“为校争光奖”，获得该奖项的一共七名同学，其中3名男生与4名女生.为了纪录下这荣耀时刻，摄影师要求获奖同学进行排队拍照，排队按照下列不同的要求进行，求不同的方案的方法总数，按要求列出式子，再计算结果，用数字作答. （1）全体站成一排，男生互不相邻； （2）若排成一排照，甲、乙必须相邻，且不站两端； （3）若排成一排照，其中甲不站最左面，乙不站最右面. 16. 已知函数. （1）求在处的切线方程； （2）若函数有3个不同的零点，求实数的取值范围. 17. 礼嘉智慧公园旨在打造智能化体验示范区，将人工智能、大数据、物联网等现代信息技术与优美环境有机结合，从公园设施到衣食住行，多方面引领智慧新生活，让百姓切身感受科技的魅力.公园为了再次升级，拟将一块在半径为20米的半圆形绿化地扩建成一个新型文化广场（如图所示的阴影部分），同时为了拥有更好地体验试将该广场分休闲健身和儿童活动两个功能区，图中矩形区域是休闲健身区，以为底边的等腰三角形区域是儿童活动区，三点在圆弧上，中点恰好在圆心．设，新型文化广场的面积为． （1）求出新型文化广场的面积为关于的函数解析式； （2）当角取何值时，新型文化广场的面积最大？其最大面积是多少？ 18. 已知函数． （1）当时，求的展开式中二项式系数最大的项； （2）若，且. ①求的值； ②求的最大值． 19. 定义运算：，已知函数. （1）若时，求的极值； （2）若，函数，证明：； （3）已知且，求证：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ “大一联盟”2024 — 2025学年（下）高2026届期中考试 数学试卷 2025.04 命题单位：重庆市礼嘉中学校 注意事项： 1.本试卷满分150分，考试时间120分钟. 2.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 3.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效. 4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 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（     ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据排列数和组合数公式可得出关于的等式，结合可求得的值，进而可得出的值. 【详解】由题意可知，由可得， 整理可得，即， 因为，解得，故. 故选：C. 2. 若，则（     ） A. B. 9 C. 3 D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】根据导数的定义即可． 【详解】由得，， 因为 所以. 故选：B. 3. 函数的单调递增区间为（     ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求导函数，然后解不等式，结合对数函数单调性即可得解. 【详解】因为，所以， 令得，解得， 所以函数的单调递增区间为. 故选：B 4. 小明用3D打印机制作了一个底面各边边长均不相等的四棱锥模型，现将此模型的每一个面都涂上一种颜色，其中有公共边的两个面异色，现有5种颜色可供使用，则有（     ）种不同的涂色方法 A. 320 B. 360 C. 420 D. 480 【答案】C 【解析】 【分析】由题意可知最少用三种颜色，以所用的颜色数分类讨论求解即可. 【详解】 如图： 当用种颜色时，即平面，平面，平面，涂种不同的颜色， 平面与平面同色，平面与平面同色，所以有种方法； 当用种颜色时，即平面，平面，平面，涂种不同的颜色， 从平面与平面中选一个涂第四种颜色，另一面与所对的面同色即可，所以有种方法； 当用种颜色时，即个面涂不同的颜色，有种方法， 所以总共有种方法， 故选：C 5. 若函数在上不单调，则实数的取值范围为（     ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意可知导函数在上有正有负，通过讨论的取值范围结合二阶求导分析计算可得结果. 【详解】∵，∴. ∵，∴. 设，则. 当时，，在上单调递增， ∴，此时在上单调递增，不合题意. 当时，由得，由得， ∴在上单调递减，在上单调递增， ∴， 当时，，当时，， ∵函数在上不单调， ∴，即， ∴，解得，即实数的取值范围为. 故选：D. 6. 某单位在5月1日——5月5日这5天假期期间，实行每日一人值班制度，以确保各项工作的日常运转与应急事务的及时处理.现计划从4名员工中每天派1名员工值班，则每位员工至少值一天班的概率是（     ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用古典概型的概率计算公式求概率. 【详解】每天安排一名员工值班，都有4种安排方案，根据分步乘法计数原理，5天假期的安排方案共有：种. 若每位员工至少值一天班，则必定有1人值了2天班，可从4人中选1人，从5天中选2天进行安排，安排方案为：；剩余3天，3人每人1天，安排方案为.结合分步乘法计数原理，每位员工至少值一天班的安排方法有：. 所以每位员工至少值一天班的概率是：. 故选：A 7. 《孙子算经》是中国南北朝时期重要的数学著作，书中的“中国剩余定理”对同余除法进行了深入的研究.设均为整数，若和被除得的余数相同，则称和对模同余，记为，如8和14被3除得的余数都是2，则记.若，且，则的值可以是（     ） A. 2021 B. 2023 C. 2025 D. 2027 【答案】A 【解析】 【分析】利用二项式定理得到，从而被10除得的余数是1，所以被10除得的余数也是1，得到答案. 【详解】 ， 故被10除得的余数是1，所以被10除得的余数也是1， 其中满足要求，其他三个选项不合要求. 故选：A 8. 已知函数，不等式在上恒成立，则实数的取值范围是（     ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用函数同构得到，构造函数，利用导数分析单调性得到，即， 令，利用导数分析单调性求得，由，求得实数的取值范围是，进而做出选择判断. 【详解】易知的定义域为， 由可得； 因为，所以，即， 构造函数，则， 可知函数在上单调递增，因此， 即，所以， 令，则， 当时，，此时在上单调递减， 当时，，此时在上单调递增， 因此在处取得极小值，也是最小值，； 即可得，解得. 所以实数的取值范围是. 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. 已知二项式，则下列说法正确的是（     ） A. 展开式中二项式系数之和为64 B. 展开式中有理项的个数为3 C. 若，则展开式的常数项为 D. 若展开式中各项系数之和为64，则 【答案】AC 【解析】 【分析】根据二项式展开式的通项公式，对四个选项进行分析. 【详解】A选项，展开式中二项式系数之和为，故A正确； B选项，，其中为整数，且， 若为展开式中的有理项，则为整数，即为偶数， 当时，，当时，， 当时，，当时，， 以上均满足有理项要求，故共有4项，故B错误； C选项，当时，，其中为整数，且， 令，解得，此时， 故常数项为60，故C正确； D选项，令中的得，， 所以或， D错误； 故选：AC. 10. 若函数的图象上至少存在两个不同的点P，Q，使得曲线在这两点处的切线垂直，则称函数为“垂切函数”．下列函数中为“垂切函数”的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】由题意可知,导函数中至少存在两个点,它们的函数值相乘为,才可能是“垂切函数”,求导相乘,逐项判断即可. 【详解】存在,,使成立,A正确． 不存在,,使成立,B错误． ,存在,使得成立,C正确． 存在,，使成立,D正确, 故选:ACD. 11. 已知函数，则下列结论正确的是（     ） A. 当且时， B. 当时，若有两个极值点，则的取值范围是 C. 若满足，则的最小值为 D. 若存在极值点，且，其中，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】取，可判断A选项；求导得出，结合题意得出，解出的范围，可判断B选项；由得出，结合二次函数的基本性质可求出的最小值，可判断C选项；由极值点的定义可得出，再由，结合作差法化简可得出，可判断D选项. 【详解】对于A选项，当时，，所以． 当时，，， 不满足，A错误； 对于B选项，当时，， 因为函数有两个极值点，则，解得，B正确； 对于C选项，因为函数满足， 因为， 则 ， 所以，，解得， 所以，C正确； 对于D选项，因为， 因为函数为极值点，有， 由，得，① 因为，即， 化简得， 因为，所以，② 把①代入②中化简得可得，即，D正确． 故选：BCD． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设函数，若，则________. 【答案】0 【解析】 【分析】求得，根据，列出方程，即可求解. 【详解】由函数得， 因为，所以，解得 故答案为：0. 13. 已知曲线在点处的切线与曲线相切，则=________． 【答案】8 【解析】 【详解】由得曲线在处的导数为， 所以切线方程为，联立可得， 因与曲线相切，故，所以，解的. 14. 在如图所示的九宫格中填入数字和字母，已知三个字母都填到九宫格中且不能在同一行同一列，其他每格只能从数字中选择一个填入，有公共边的两个格数字不相同，则不同的填法种数为________. 【答案】 【解析】 【分析】先安排的位置，分在对角线和不在对角线两种情况，再考虑其他位置，应用分类加法计数原理及分步乘法计数原理计算求解. 【详解】考虑的位置：先排有种，再排有种，有种，共种． 分两种情况：在对角线；不在对角线． 对于： A ① B ② C 此时的位置有种，考虑①和②这两个位置， 其中①有种，即中选1个放入，与①相邻的两个位置各有个数字放入， 故有种放入的方法， 同理②和与②相邻的位置也有种放入的方法， 所以共有种． 对于： ① A B ② C 此时有种放入方法， 位置①有种放入方法，位置②有种，另外个位置各种， 故共有种． 所以不同的填法种数为种． 故答案为：5184. 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. 某中学为表彰在过去一学期在“德智体美劳”等方面表现突出且优异的同学，特设“为校争光奖”，获得该奖项的一共七名同学，其中3名男生与4名女生.为了纪录下这荣耀时刻，摄影师要求获奖同学进行排队拍照，排队按照下列不同的要求进行，求不同的方案的方法总数，按要求列出式子，再计算结果，用数字作答. （1）全体站成一排，男生互不相邻； （2）若排成一排照，甲、乙必须相邻，且不站两端； （3）若排成一排照，其中甲不站最左面，乙不站最右面. 【答案】（1）1440 （2）960 （3）3720 【解析】 【分析】（1）不相邻问题采用插空法求解即可； （2）甲、乙必须相邻，且不站两端，则采用插空法，求解即可； （3）采用间接法，先不考虑条件限制所有人全排，然后减去不符合题意的求解即可. 【小问1详解】 先将女生全排有种，再从个空隙中选出3个将3个男生插入到3个空隙中有种， 由乘法原理共有种排法. 【小问2详解】 若排成一排照，甲、乙必须相邻，且不站两端，则采用插空法， 将其余的5人排好，5人中间有4个空，把甲乙当做一个整体插入，方法有种. 【小问3详解】 不考虑条件限制所有人全排有， 除去甲站在最左面有：，乙站在最右面有：； 其中甲站在最左面和乙站在最右面算了2次，补上一次； 总的方法为：. 16. 已知函数. （1）求在处的切线方程； （2）若函数有3个不同的零点，求实数的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）通过求导，利用导数的几何意义可得结果. （2）问题转化为函数图象与直线交点个数问题，分析函数的单调性，画出函数大致图象数形结合可得结果. 【小问1详解】 由题意得，函数的定义域为，，， ∴， ∴切点坐标为，切线斜率为， ∴在处的切线方程为. 【小问2详解】 若函数有3个不同的零点，则函数的图象与直线有3个不同的交点. 由（1）得，， 由，得或，由，得， ∴在和上单调递增，在上单调递减， ∴在时取得极大值，在时取得极小值. ∵当时，，，故， 当时，， ∴函数的大致图象如下： 根据图象可得实数的取值范围为. 17. 礼嘉智慧公园旨在打造智能化体验示范区，将人工智能、大数据、物联网等现代信息技术与优美环境有机结合，从公园设施到衣食住行，多方面引领智慧新生活，让百姓切身感受科技的魅力.公园为了再次升级，拟将一块在半径为20米的半圆形绿化地扩建成一个新型文化广场（如图所示的阴影部分），同时为了拥有更好地体验试将该广场分休闲健身和儿童活动两个功能区，图中矩形区域是休闲健身区，以为底边的等腰三角形区域是儿童活动区，三点在圆弧上，中点恰好在圆心．设，新型文化广场的面积为． （1）求出新型文化广场的面积为关于的函数解析式； （2）当角取何值时，新型文化广场的面积最大？其最大面积是多少？ 【答案】（1） （2）时，健康广场的面积最大，最大值为m2. 【解析】 【分析】（1）借助三角函数将矩形的长与宽，三角形的底与高表示出来，利用面积公式求解面积再相加即可. （2）借助导数研究函数的单调性，求出的最大值，进而得到的最大值即可. 【小问1详解】 由已知得， 结合题意：等腰底边上的高为=， 而 ， ， 得到 【小问2详解】 设，则， 令，由，可得，令，可得， 故在上单调递增，在上单调递减， 则时，有， 故， 即时，健康广场的面积最大，最大值为. 18. 已知函数． （1）当时，求的展开式中二项式系数最大的项； （2）若，且. ①求的值； ②求的最大值． 【答案】（1）或； （2）①；② 【解析】 【分析】（1）根据二项展开式可知二项式系数最大的项为第三项或第四项，结合通项公式可得结果. （2）①根据通项公式可求得的值，通过求导可得结果. ②根据，解不等式组可得结果. 【小问1详解】 当时，，二项式系数为，其中最大值为， ∴的展开式中二项式系数最大的项为第三项或第四项. ∵，， ∴的展开式中二项式系数最大的项为或. 【小问2详解】 ①由题意得，，通项为， 当时，， ∵，∴，解得， ∵，∴，故， ∵， ∴， 令，得（或）. ②由①得，的通项为， ∴. 设为中的最大值， 则，故，解得， ∵，∴， ∴的最大值为. 19. 定义运算：，已知函数. （1）若时，求的极值； （2）若，函数，证明：； （3）已知且，求证：. 【答案】（1）极小值；无极大值； （2） ， 当时，等价于， 令． ． 令． 又， 所以，使得，即， ， 所以当单调递减；当单调递增． 所以 又由（1）知，当时，恒成立， ， 又，所以 故．即：. （3） 由（1）可知，，当且仅当时取等号; 用替代上式中的，得即， 所以. 令，则，且不恒为零， 所以函数在上单调递增， 故，则， 所以， 令分别取，累加得： .即证. 【解析】 【分析】（1）当时，根据定义得到求，求导，根据极值的定义即可得解； （2）时，等价于，构造函数．利用导数证得，，结合（1）知，从而，再根据，得到，即可得证. （3）利用（1）中结论，证得，再令，利用导数证得，从而，通过累加即可得. 【小问1详解】 当时， ； 当时，；当时，; 即在上单调递减，在上单调递增； 所以当时，取得极小值；无极大值 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $