河南周口市沈丘县第一高级中学2025-2026学年高二卓越班下学期数学测试一

沈丘一高高二卓越班测试一 一、单选题 1．定义在R上的函数，若，则（   ） A． B． C．2 D．4 2．在的展开式中的系数为（    ） A． B． C． D． 3．已知函数，则的值为（   ） A．1 B． C． D． 4．城区某中学安排2位数学老师、4位英语老师到，两所乡村中学任教，要求两个乡村中学各安排3位老师，其中中学至少需要安排1位数学老师，那么有（    ）种不同的安排方式 A．9 B．12 C．14 D．16 5．记，若，则（   ） A．1 B． C． D． 6．将1，1，2，2，3五张数字牌按顺序进行排列，其中相同的数字牌不相邻的排法总数为（    ） A．12 B．26 C．52 D．104 7．在2025年10月19日举行的黄河口马拉松比赛活动中，甲、乙、丙、丁四位志愿者被派往A、B、C三个服务站，若每个服务站至少派一位志愿者，且每位志愿者只能被派往一个服务站，则在甲被派去B服务站的条件下，甲、乙被派去同一个服务站的概率为（    ） A． B． C． D． 8．已知函数，若函数有4个不同的零点则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 二、多选题 9．正项数列中，，若的前n项和为，且，则下列命题正确的是（   ） A． B． C．数列单调递增 D． 10．将4个编号分别为1，2，3，4的小球放入4个编号分别为1，2，3，4的盒子中，下列说法正确的是（    ） A．共有256种放法 B．若每个盒子都有小球，则有24种放法 C．若恰好有一个空盒，则有144种放法 D．若每个盒内放一个小球，且恰好有一个小球的编号与盒子的编号相同，则有24种放法 11．若，则下列选项正确的有（   ） A． B．展开式中所有项的二项式系数的和为 C．奇数项的系数和为 D． 三、填空题 12．若，则________． 13．已知为正实数，且直线与曲线相切，则的最大值为______. 14．若曲线与圆有公共点，且在点处的切线相同，则实数________. 四、解答题 15．把4位男售票员和4位女售票员平均分成4组，到4辆公共汽车里售票，如果同样两人在不同汽车上服务算作不同的情况． (1)有几种不同的分配方法？ (2)每小组必须是一位男售票员和一位女售票员，有几种不同的分配方法？ (3)如果每组的售票员性别相同，有几种不同的分配方法？ 16．已知在的展开式中，第3项的二项式系数与第2项的二项式系数的比为． (1)求的值； (2)求展开式中所有的有理项； (3)设，则当时，求除以15所得余数． 17．已知函数． (1)证明：在曲线的所有切线中，有且仅有一条切线的斜率与直线的斜率相等； (2)当时，不等式恒成立，求实数的取值范围． 18．设数列满足，，. (1)证明：数列为等差数列； (2)若数列的前项和为，求证：； (3)设，求数列的最大项. 19．已知函数，其中a为常数. (1)当时，求函数的单调区间； (2)若对任意的，都有恒成立，求实数a的取值范围； (3)设，求证：当时，. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 沈丘一高高二卓越班测试一 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A A D D C A A B ACD ABC 题号 11 答案 ABD 1．A 【分析】利用导数的定义求解即可. 【详解】已知，由导数的定义可以知道， 设，当时，.且 所以 2．A 【分析】分别展开，，找到两部分相乘后指数和为的项. 【详解】在的展开式中，第项为，其中， 含的项为， 含的项为， 结合， 可得的展开式中含的项为， 在的展开式中的系数为. 3．D 【分析】先对函数求导，再求，进而可得所求函数值. 【详解】函数，所以，， 解得，， 所以. 4．D 【详解】情况1：中学安排1位数学老师，2位英语老师的方式：， 情况2：中学安排2位数学老师，1位英语老师的方式：， 所以中学至少需要安排1位数学老师的方式为：（种）. 5．C 【分析】利用赋值法，分别令和，再结合二项式定理求解即可. 【详解】令，由， 得， 则， . 6．A 【分析】分类讨论数字1出现的位置，即可由分类加法以及排列求解. 【详解】第一张为1时; 若第五张为1，则仅有1种排法； 若第三张为1，有种排法. 若第四张为1，有种排法. 第二张为1时; 若第四张为1，则共种排法， 若第五张为1，有种排法， 第三张为1时，第五张为1，有种排法， 综上可得：总计12种排法. 7．A 【分析】先求出甲被安排到服务站的方法数，再求出甲，乙被派去同一个服务站的方法数，然后求其概率即可. 【详解】先求甲被派去服务站的方法数； 第一种情况：甲一个人去服务站，则有种； 第二种情况：甲和其中一人去服务站，则有种； 故甲被派去服务站的方法数共种； 再求甲乙被派去同一个服务站的方法数：有种； 故概率为. 8．B 【分析】利用导数作出函数的图象，转化条件为的图象与直线有个交点，数形结合即可得解. 【详解】由题当时，，所以， 所以当时，，当时，； 所以在区间上单调递增，在上单调递减， 当时，当时，； 当时，； 所以可作出函数的图象，如下图， 若要使函数有个不同的零点， 所以的图象与直线有个交点， 即，解得. 9．ACD 【分析】由化简原式可得是等差数列，代入求得的通项公式进而可得的通项公式，验证首项后即可判断A，B，结合函数单调性，可判断C，对于D，使用数列放缩将放缩成裂项形式，求和后即可求解. 【详解】当时，， 则，整理得， 所以数列是公差为1的等差数列， 代入，，其中， 解得，故，因为也满足，故 进而． 当时，，又也满足，则． ，由函数的单调性可得数列单调递减； 所以，故A正确，B错误； ，数列，单调递增，C正确； 由可得， ，故D正确； 10．ABC 【详解】对于A：每个小球有4种放法，所以共有种放法，故A正确； 对于B：若每个盒子都有小球，则有种放法，故B正确； 对于C：先从4个小球中任选2个放入其中1个盒子中，有种放法， 再在剩下的3个盒子中任选2个放入剩下的2个小球，有种放法，所以共有种放法，故C正确； 对于D：先从4个小球中任选1个，放入编号相同的盒子中，有种放法， 再将剩下的3个小球放入编号不同的盒子中，有2种放法，所以共有种放法，故D错误. 11．ABD 【分析】通过对二项式展开式中的赋予特殊值，结合二项式系数的性质，快速求出各项系数、系数和及特定系数和，从而判断各选项的正误. 【详解】对于A：因为，因此，故A正确； 对于B：展开式中所有项的二项式系数的和为，故B正确； 对于C：令，可得； 再令，可得， 将两式相加，即得展开式中所有奇数项系数的和为，故C错误； 对于D：令，则， 再令，可得， 所以，故D正确． 12．3124 【分析】由多项式分析知：为奇数，系数为负； 为偶数，系数为正，可得，再应用赋值法求、，即可得结果. 【详解】由题设，含的项中，当为奇数，系数为负，而当为偶数，系数为正， 所以， 令，则； 令，得， 所以． 13．/ 【分析】利用函数导数与函数在某点处的切线方程，以及基本不等式求解即可. 【详解】由直线与曲线相切， 设切点为，由，且切线的斜率为， 所以， 代入曲线方程中得：， 所以切点为，代入直线方程中得：， 因为，所以. 当时取等号，所以的最大值为. 14．/ 【分析】利用导函数在某点处的切线的斜率与圆在某点处切线斜率之间的关系分析求解即可. 【详解】由知定义域为，则， 此时曲线在点处的切线斜率为：， 又圆的圆心与点所在直线的斜率为：， 所以圆在点处的切线斜率为：， 由题意知，① 又在圆上所以：，② 将①代入②中得：， 化简得：，解得：或（舍去）， 又由题意知，所以，此时，所以， 将代入中有：，解得：. 15．(1)2520 (2)576 (3)216 【分析】（1）按照分步乘法计数原理，依次给每辆车分配售票员即可； （2）按照分步乘法计数原理，分两步完成分配.先分配男售票员，共有种不同方法；再分配女售票员，也有种方法，相乘可得答案； （3）第一步将男售票员和女售票员分别平均分组，各有种不同分法，所以共有种分组方法，第二步分配到车，每一种分法都有种上车方法，相乘可得答案. 【详解】（1）男女合在一起共有8人，每个车上2人，可以分四个步骤完成， 先安排2人上第一辆车，共有种， 再安排第二辆车共有种， 再安排第三辆车共有种， 最后安排第四辆车共有种， 这样不同的分配方法有（种）． （2）要求男女各1人，因此先把男售票员安排上车，共有种不同方法； 再把女售票员安排上车，也有种方法. 由分步乘法计数原理，男女各1人的不同分配方法为（种）． （3）男女分别分组，4位男售票员平均分成两组，共有种不同分法， 4位女售票员平均分成两组，也有种不同分法， 这样分组方法就有（种）. 对于其中每一种分法又有种上车方法，因而不同的分配方法有216（种）． 16．(1)； (2)，，； (3)0 【分析】（1）根据二项式系数的定义得到方程，求出答案； （2）由二项式定理得到展开式通项公式，得到有理项； （3）根据二项式定理变形，从而得到余数. 【详解】（1）根据题意，，即，又，故； （2）由题意得， 其展开式的通项公式， 要想求解展开式中的有理项，需满足为整数，故， 当时，， 当时，， 当时，；当为其他值时，均为无理项， 故有理项为，，； （3）而， 当时， ， 而能够被15整除， 故除以15所得余数为0． 17．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）分析的单调性及取值情况，可得有唯一解，从而证得在曲线的所有切线中，有且仅有一条切线的斜率与直线的斜率相等； （2）分离参数，构造新函数，通过分析新函数的最小值，得到实数的取值范围． 【详解】（1）函数的定义域为. . 令，则. 令，得，所以； 令，得，所以. 所以在上单调递减，在上单调递增. 所以在处取得最小值，最小值为. 当时，，所以. 又，所以当时，. 当时，. 其简图如下： 所以有唯一解，即在曲线的图象上，有且仅有一个点处的斜率等于， 即在曲线的所有切线中，有且仅有一条切线的斜率与直线的斜率相等. （2）当时，不等式恒成立，即. 令，则 . 令，则. 因为，所以， 又，所以. 所以是增函数，所以. 因为，所以恒成立，所以是增函数， 所以，即的最小值为. 所以实数的取值范围是． 18．(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）通过对已知递推公式进行变形，得到与的关系，再根据等差数列的定义证明即可. （2）根据（1）求出的表达式，结合错位相减法求出，进而得到. （3）根据（2）求出的表达式，然后通过作差法比较与的大小，判断数列的单调性，从而求出最大项. 【详解】（1）由可得，，即， 又，因此是以1为公差，1为首项的等差数列. （2）由（1）得，，， 设其前项和为，则， ， 所以， 即， 所以， 又，所以，因此． （3）由（2）得，所以，， 所以. 当时，，得，即. 又因为，，，所以， 所以的最大项是. 19．(1)函数的单调递增区间为，，单调递减区间为 (2) (3)证明见详解 【分析】（1）求导，根据导数的符号判断函数的单调区间； （2）根据题意分析可知，利用导数分析可知在内单调递减，结合恒成立问题运算求解即可； （3）令，利用导数分析的单调性可得，结合，可得，即可得结果. 【详解】（1）当时，则的定义域为，且， 令，解得或；令，解得； 所以函数的单调递增区间为，，单调递减区间为. （2）因为， 若，当趋近于时，趋近于，不合题意，所以， 因为， 且，则，，则， 可知在内单调递减，则， 可得，解得， 所以实数a的取值范围为. （3）令， 则， 因为，，则，， 令，解得；令，解得； 可知在内单调递增，在内单调递减， 则， 因为，则，可得， 即，所以当时，. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $