广西玉林市第一中学2025-2026学年高二下学期4月4日数学补充练习

玉林一中高二数学补充练习（2026年4月4日） 一、单选题 1.已知函数，是函数的导函数，则的图像大致是（    ） A．   B．   C．   D．     2.若（）的展开式中只有第6项系数最大，则该展开式中的常数项为（    ） A．210 B．252 C．462 D．10 3.若点是曲线上任意一点，则点到直线距离的最小值为（    ） A． B． C．2 D． 4.设，则的值为（    ） A． B． C． D． 5．在数学中，自然常数.小明打算将自然常数的前6位数字2，7，1，8，2，8进行某种排列得到密码.如果排列时要求2不排第一个，两个8相邻，那么小明可以设置的不同的密码个数为（    ） A．48 B．36 C．32 D．30 6．“杨辉三角”是中国古代数学文化的瑰宝之一，最早在中国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中出现，欧洲数学家帕斯卡在1654年才发现这一规律，比杨辉要晚近四百年.在由二项式系数所构成的“杨辉三角”中（如图），记第2行的第3个数字为，第3行的第3个数字为，…，第行的第3个数字为，则（    ） 第0行                        1 第1行                    1        1 第2行                1        2        1 第3行            1        3        3        1 第4行        1        4        6        4        1 第5行    1        5        10        10        5        1 …            …                …                … A．220 B．186 C．120 D．96 7．对任意的，当时，恒成立，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 二、多选题 8．某医院派出甲、乙、丙、丁4名医生到，，三家企业开展“新冠肺炎”防护排查工作，每名医生只能到一家企业工作，则下列结论正确的是（    ） A．所有不同分派方案共种 B．若每家企业至少分派1名医生，则所有不同分派方案共36种 C．若每家企业至少派1名医生，且医生甲必须到企业，则所有不同分派方案共12种 D．若企业最多派1名医生，则所有不同分派方案共48种 9．已知函数，则下列说法正确的是（    ） A．的极小值点为 B．的最小值为 C．过原点且与曲线相切的直线有条 D．若，、且，则的最小值为 3、 填空题 10．如图，一环形花坛分成A，B，C，D四个区域，现有5种不同的花供选种，要求每个区域种1种花，且相邻的两个区域种不同的花，若选用至少3种不同的花来种，则有 种种法；若选用至多3种不同的花来种，则有 种种法（结果用具体数字作答）. 11．作家马伯庸小说《长安十二时辰》中，靖安司通过长安城内的望楼传递信息.同名改编电视剧中，望楼传递信息的方式有一种如下：如图所示，在九宫格中，每个小方格可以在白色和紫色（此处以阴影代表紫色）之间变换，从而一共可以有512种不同的颜色组合，即代表512种不同的信息.现要求每一行，每一列上至多有一个紫色小方格（如图所示即满足要求）.则一共可以传递 种信息.（用数字作答）    12．若函数在定义域内的一个子区间上不是单调函数，则实数的取值范围 . 4、 解答题 13．现有编号为的3个不同的红球和编号为的2个不同的白球． (1)若将这些球排成一排，且要求两个球相邻，则有多少种不同的排法？ (2)若将这些球排成一排，且要求球排在中间，两个球不相邻，则有多少种不同的排法？ (3)若将这些球放入甲、乙、丙三个不同的盒子中，每个盒子至少放一个球，则有多少种不同的放法？ 14．(本小题满分17分)已知n∈N*，，且，求： (1)展开式中各项的二项式系数之和及二项式系数最大的项； (2)； (3). 15．已知函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若有极小值，且极小值小于0，求a的取值范围。 玉林一中高二数学补充练习（2026年4月4日）参考答案 1、【答案】C【详解】，为奇函数，则函数的图像关于原点对称，排除选项B、D， 令，，当，，也就是在递减，排除A，故C正确. 2、【答案】A【详解】由于展开式中只有第6项的系数最大，且展开式的通项为，其系数等于其二项式系数，所以展开式项数为11，从而，所以展开式的通项为. 令，得，于是得其常数项为. 3、【答案】D【详解】过点作曲线的切线，当切线与直线平行时，点到直线距离最小.设切点为，所以切线斜率为，由题知，解得或（舍），，此时点到直线距离. 4、【答案】C【详解】令， 则，，因此，. 5、【答案】B【详解】根据题意，分两种情况： ①排在第一位，则第二位也是，再从剩下个位置选出个，安排两个，最后安排和，此时有个不同的密码； ②不排成第一位，则第一位安排或，将两个看成一个整体，与两个和7或中剩下的数排列，此时有个不同的密码；则一有个不同的密码. 6、【答案】A【详解】 . 7、【答案】C【详解】依题意，，令，， 则对任意的，当时，，即有函数在上单调递减， 因此，，，而，则，所以实数的取值范围是. 8、【答案】BCD【详解】选项A：所有不同分派方案共种.判断错误； 选项B：若每家企业至少分派1名医生，先把4名医生分成3组（2人，1人，1人）再分配. 则所有不同分派方案共（种）.判断正确； 选项C：若每家企业至少派1名医生，且医生甲必须到企业，则企业可以只有医生甲，也可以有医生甲和另一名医生，则所有不同分派方案共（种）.判断正确； 选项D：若企业最多派1名医生，则企业可以有1名医生和没有医生两种情况, 则不同分派方案共（种）.判断正确. 9、【答案】AD【详解】对于A选项，函数的定义域是， ，令，得，当时，，单调递增； 当时，，单调递减；当时，，单调递增．所以的极小值点为，A对；对于B选项，，故函数的最小值不可能为，B错； 对于C选项，设切点坐标为，则切线斜率为， 所以切线方程为，又切线过原点，则有，即，无解，即过原点且与曲线相切的直线不存在，C错； 对于D选项，由，得，即， 又、，且，所以，又，则，则， ，令，则，， 当时，，单调递减；当时，，单调递增， 所以，所以的最小值为，D对． 10、【答案】 【详解】解: 根据题意，四个区域至少选用两种不同的花来种 ∴事件可分三类，第一类，种2种不同的花，共有种种法种数； 第二类，种3种不同的花，有种种法种数；第三类，种4种不同的花，有种种法种数； 若选用至少3种不同的花来种，则有种；若选用至多3种不同的花来种，则有种. 11、【答案】34【详解】显然，紫色小方格顶多有3个.分类讨论：（1）若无紫色小方格，则只有1种结果； （2）若有且只有1个紫色小方格，则有种结果；（3）若有且只有2个紫色小方格，从行来看， 先选出有紫色小方格的那两行，有种选法，这两行的排法有种，此种情况下共有18种结果； （4） 若有且只有3个紫色小方格，显然，这三行的排法有种. 综上，一共有34种结果，即一共可以传递34种信息. 12、【答案】【详解】因为f（x）定义域为（0，+∞），又f′(x)=4x-， 由f'（x）=0，得x=1/2．当x∈（0，1/2）时，f'（x）＜0，当x∈（1/2，+∞）时，f'（x）＞0 据题意，k-1＜1/2＜k+1，又k-1≥0，解得1≤k＜3/2. 13、 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）将两个球捆绑在一起和其他球进行全排列，有种不同的排法． （2）先把球排在中间位置，再从球的两侧各选一个位置排两个球，其余球任意排列，所以有种不同的排法． （3）先把5个小球分成3组，再放入3个盒子中． 若按3，1，1分配，则有种不同的放法；若按2，2，1分配，则有种不同的放法． 所以共有种不同的放法． 14、【答案】(1) (2)7813 (3) 【详解】（1）设，则， 上下二式相加得，即，∴ n=6. 则展开式中各项的二项式系数之和为，展开式共有7项， 则展开式中二项式系数最大的项为. （2）令x=1，得，①令x=，得，②（① +②）÷2得. （3），展开式通项为， 则 又令x=，可得 故 15．(1) (2)【详解】（1）当时，则，， 可得，，即切点坐标为，切线斜率， 所以切线方程为，即. （2）解法一：因为的定义域为，且，若，则对任意恒成立， 可知在上单调递增，无极值，不合题意；若，令，解得；令，解得； 可知在内单调递减，在内单调递增，则有极小值，无极大值， 由题意可得：，即， 构建，则，可知在内单调递增，且， 不等式等价于，解得，所以a的取值范围为； 解法二：因为的定义域为，且，若有极小值，则有零点， 令，可得，可知与有交点，则， 若，令，解得；令，解得； 可知在内单调递减，在内单调递增， 则有极小值，无极大值，符合题意， 由题意可得：，即， 构建， 因为则在内单调递增， 可知在内单调递增，且， 不等式等价于，解得， 所以a的取值范围为. 玉林一中高二数学补充练习第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $