江苏省南菁高级中学2025-2026学年第二学期高二数学周练3

2025-2026学年第二学期高二数学周练3 2026.4.11 命题人：金汉萍 审题人：李永永 本试卷满分150分 考试时间120分钟 一、单项选择题（在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的，每小题5分，共40分） 1．一个小球作简谐振动，其运动方程为，其中（单位：）是小球相对于平衡点的位移，t（单位：s）为运动时间，则小球在的瞬时速度为（   ） A． B． C． D． 2．曲线在点处的切线的斜率为（    ） A． B． C．1 D．2 3．已知随机事件A，B的概率分别为，且，则下列说法中正确的是（    ） A． B． C． D． 4．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． 5．设，比较的大小关系（    ） A． B．b C． D． 6．已知定义在区间上的奇函数的导函数是．当时，的图象如图所示，则关于的不等式的解集为（   ） A． B． C． D． 7．某学校组织学生参加社会实践活动，将名学生分配到甲、乙、丙三个社区，每个社区至少分配名学生，且学生不能去甲社区，则不同的分配方案有（    ） A．种 B．种 C．种 D．种 8．已知当时，不等式恒成立，则实数的最小值为（   ） A． B．1 C．2 D．E 二、多项选择题（在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分，每小题6分，共18分） 9．下面说法正确的是（    ） A. 现安排甲、乙、丙、丁4名同学参加A,B,C三项工作，且每个同学只能参加一项工作，甲，乙两人都不能去参加A项工作，且每项工作都有人去，则不同的安排方法共有14种 B. 在学校的书画展板上，将3幅书法作品，3幅美术作品按一圆形排列，要求美术作品不相邻，则不同排列方法有12种 C. 用0，3，5，7，9组成的无重复数字的五位数中，个位上的数字比十位上的数字更大的五位数的个数为46 D. 体育老师把10个相同的足球放入编号为1，2，3的三个箱子中，要求每个箱子中放入足球的个数不少于其编号，则不同的放法种数为15种. 10．已知，则下列描述正确的是（    ） A．保留三位小数的近似值为1.265 B． C． D．除以5所得的余数是1 11．已知函数，下列结论正确的是（    ） A．当时，是的极大值点 B．存在实数，使得成立 C．若在区间上单调递减，则的取值范围是 D．若存在唯一的零点，且，则的取值范围是 三、填空题（将答案填写在答题卡上，每小题5分，共15分） 12．的展开式中的常数项为______（用数字作答）. 13．在如图所示的圆环形花园种花，将圆环平均分成A，B，C，D四个区域，现有牡丹、芍药、月季、玫瑰、蝴蝶兰五种花可供选择，要求每个区域只种一种花且相邻区域的花不同，则不同的种植方法有______种． 14．已知定义在上的函数，是的导函数，满足，且，则不等式的解集是__________． 四、解答题 （解答时应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤，本题共5小题，共77分） 15．（本题满分13分）已知的展开式中的“二项式系数之和”比“各项系数之和”大255. （1）求展开式所有的有理项； （2）求展开式中系数最大的项. （3）在的展开式中，求含：的项的系数（结果用数字作答） 16．（本题满分15分）已知函数，曲线在点处的切线也是曲线的切线． (1)若，求a； (2)求a的取值范围． 17．（本题满分15分）已知函数. (1)证明：在定义域上不存在极值； (2)若在上恒成立，求实数的取值范围． 18．（本题满分17分）已知函数． (1)当时，求的极值； (2)若有两个极值点． （i）求的取值范围；      （ii）证明：. 19．（本题满分17分）已知函数. (1)讨论的单调性； (2)若有两个零点，求的取值范围； 试卷第2页，共3页 试卷第3页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A D C B C C A A ABD AD 题号 11 答案 ABD 12． 13．260 14． 15．（1）；（2），（3）84 16．(1)3 (2) 【详解】（1）由题意知，，，，则在点处的切线方程为， 即，设该切线与切于点，，则，解得，则，解得； （2），则在点处的切线方程为，整理得， 设该切线与切于点，，则，则切线方程为，整理得， 则，整理得， 令，则，令，解得或， 令，解得或，则变化时，的变化情况如下表： 0 1 0 0 0 则的值域为，故的取值范围为. 17．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）求出函数的定义域与导函数，利用导数说明函数的单调性，即可证明； （2）由题可得在上恒成立，易得时满足，当时，在上恒成立，构造函数，求出导数，判断的单调性，得出，即可求出的取值范围． 【详解】（1）证明：函数的定义域为，又， 令，则， 所以当时，当时， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以， 所以恒成立， 所以在上单调递增，故不存在极值. （2）因为在上恒成立， 所以在上恒成立， 当时恒成立， 当时在上恒成立， 令，， 则， 令，则， 当时；当时， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以当时，即， 所以当时，当时， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以当时，， 所以， 综上可知，实数的取值范围是. 18．(1)极大值为，极小值为. (2)（i）；（ii）证明过程见解析. 【分析】（1）求导研究函数的单调性即可； （2）（i）求导后利用换元法，将问题转化为在上有两个不同零点，再求的取值范围； （ii）利用（i）中的韦达定理将化简为关于的函数，进而求该函数的最大值即可. 【详解】（1）当时， ， 则， 由得，；得，或， 则在和上单调递减，在上单调递增， 则的极大值为，极小值为. （2）（i）， 则， 令，则， 因，故， 当，即时，， 则在上单调递减，无极值，不满足题意； 当时，令， 欲使有两个极值点， 需使在上有两个不同零点， 则，即， 则的取值范围为. （ii）由（i）可知，， 则 令，则， 令，则， 则在上单调递减，因， 则存在使得，即， 则当时，，在上单调递增； 当时，，在上单调递减， 则， 又，则，则. 【点睛】关键点点睛：第（i）的关键在于转化与划归思想，求导后得到，可令将其转化为一元二次函数，故而可将问题转化为在上有两个不同零点；第（ii）的关键在于利用（i）中的韦达定理将化简为关于的函数，进而求该函数的最大值. 19．(1)当时，在R上单调递减，当时，则在上单调递减，在上单调递增. (2) (3)证明过程见解析 【分析】（1）求定义域，求导，分与两种情况进行求解函数单调性；（2）在第一问研究的函数单调性的基础上，确定，由最小值小于0求出，再寻找两个函数值大于0的点，从而由零点存在性定理得到结果；（3）在第二问基础上进行放缩，得到，进而证明即可，构造函数，多次求导，从而求出，由于与，等号成立时的取值不同，故最终等号取不到，证明出不等式. 【详解】（1）定义域为R， ， 当时，恒成立，在R上单调递减， 当时，当时，，当时，， 则在上单调递减，在上单调递增， 综上：当时，在R上单调递减， 当时，则在上单调递减，在上单调递增. （2）由（1）知，当时，在R上单调递减，则在R上最多一个零点，故不满足有两个零点，舍去； 当时，则在上单调递减，在上单调递增， 在处取得极小值，也是最小值，， 要想有两个零点，要满足， 令，， 恒成立，所以在上单调递增， 又注意到，所以， 又， 由零点存在性定理，在上有一零点， 设正整数满足， 则， 而， 由零点存在性定理，在有一个零点. 综上：的取值范围是. （3）由（2）得：当时，， 即恒成立，当且仅当时，等号成立， 要证明，只需证明， 即， 令， 则，，， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 又，所以恒成立， 即在R上单调递增， 因为， 所以当时，，当时，， 所以在时单调递减，在时单调递增， 因为， 所以，当且 仅当处等号成立， 由于与，等号成立时的取值不同，故最终等号取不到， 所以 【点睛】导函数证明不等式，要能结合题目特征，进行适当的放缩，利用导函数研究函数的单调性和极值，最值情况，证明出不等式. 答案第2页，共7页 答案第1页，共7页 学科网（北京）股份有限公司 $