精品解析：吉林省吉林市某校2025-2026学年高二下学期期中考试数学试题

永吉实验高级中学高二年级期中考试 本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分150分，考试时间120分钟.所有答案均写在答题纸上. 第I卷（选择题，共58分） 一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共计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. 已知函数，则（ ） A. 6 B. 3 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求出，通过赋值法求得代入，即可得. 【详解】因为， 所以， 令，得， ∴， 所以，故 故选：D. 2. 5位同学报名参加两个课外活动小组，每位同学限报其中的一个小组，则不同报名方法有（ ） A. 10种 B. 20种 C. 25种 D. 32种 【答案】D 【解析】 【分析】由分步乘法原理计算． 【详解】由题意，每个同学有2种选择，故不同报名方式为. 故选：D 3. 在的展开式中，二项式系数的和是16，则展开式中各项系数的和为（ ） A. 243 B. 81 C. 64 D. 32 【答案】B 【解析】 【分析】根据二项式系数和公式求出，再利用赋值法求各项系数的和. 【详解】因为二项式系数的和是16，所以，解得， 令得展开式中各项系数的和为. 故选：B. 4. 已知定义在上的函数的图象如图，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用函数单调性与导数正负的关系，分类讨论，，，与五种情况即可得解. 【详解】当时，单调递增，则， 此时，所以，满足题意； 当时，单调递减，则， 此时，所以，满足题意； 当时，单调递增，则， 此时，所以，不满足题意； 当时，易得，不满足题意； 当时，易得，则，不满足题意； 综上：或，即不等式的解集为. 故选：D. 5. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题意构造函数，利用导数研究其单调性，代入对应值，可得答案. 【详解】令，则，当时，，单调递减， 因为，所以，，即，故. 故选：C. 6. 某校园诗歌朗诵大赛共有5名同学进入决赛，决赛要求这5名同学均从《琵琶行》《蜀道难》《离骚》中选择1篇进行参赛，且这3篇诗歌中每篇均有同学选择，则这5名同学诗歌篇目的选择情况共有（ ） A. 150种 B. 240种 C. 180种 D. 120种 【答案】A 【解析】 【分析】由题意人数分配只能是“2,2,1”与“3,1,1” 两种组合，分类求解即可. 【详解】5名同学分配到3篇诗歌（每篇至少1人），人数分配只能是 “2,2,1” 或 “3,1,1” 两种组合， 若人数分配为“2,2,1”，则有种不同选择情况； 若人数分配为“3,1,1”，则有种不同选择情况； 综上，共有种不同选择情况. 故选：A 7. 函数在上单调递增的充要条件是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】将问题转化为在上恒成立，然后分离参数，构造函数，利用导数求得其最大值，即可得到结果. 【详解】由题意可得在上恒成立， 即在上恒成立， 令，则， 令，则， 当时，，则函数单调递增， 当时，，则函数单调递减， 所以时，有极大值，即最大值，， 所以. 故选：A 8. 若函数，且，则正实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】的定义域为， 由可得，即； 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， 所以正实数的取值范围是. 二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 9. 已知函数，则（ ） A. 在上单调递增 B. 是的极大值点 C. 有三个零点 D. 在上最大值是 【答案】BCD 【解析】 【分析】对求导，令，可得的值，列表可得函数的单调性与极值，再逐个选项判断即可． 【详解】解：因为 所以， 令，解得或， 与随的变化情况如下表： 2 0 0 极大值 极小值 因此函数在，上单调递增，在上单调递减，故错误； 是的极大值点，故正确； 因为，，，， 由函数的单调性及零点存在性定理可知有三个零点，故正确； 当的定义域为时， 在，上单调递减，在，上单调递增， 又， ， 所以在，上的最大值是4，故正确． 故选：． 10. 为弘扬我国古代的“六艺文化”，某夏令营主办单位计划利用暑假开设“礼”、“乐”、“射”、“御”、“书”、“数”六门体验课程，每周一门，连续开设六周，则下列说法正确的是（ ） A. 某学生从中选2门课程学习，共有30种选法 B. 课程“乐”“射”排在相邻的两周，共有240种排法 C. 课程“御”“书”“数”排在不相邻的三周，共有72种排法 D. 课程“礼”不排在第一周，课程“数”不排在最后一周，共有504种排法 【答案】BD 【解析】 【分析】根据题意，由分步、分类计数原理和排列数与组合数公式，分别判断各选项即可. 【详解】对于A，某学生从中选2门课程学习，共有种选法，故A错误； 对于B，课程“乐”“射”排在相邻的两周，共有种排法，故B正确； 对于C，课程“御”“书”“数”排在不相邻的三周，共有种排法，故C错误； 对于D，课程“礼”不排在第一周，课程“数”不排在最后一周，分两种情况： 若课程“礼”排在最后一周，有种排法， 若课程“礼”不排在最后一周，有种排法， 共有种排法，故D正确. 故选：BD. 11. 已知.则下列说法正确的有（ ） A. 函数有唯一零点 B. 函数的单调递减区间为 C. 函数有极大值 D. 若关于的方程有三个不同的根，则实数的取值范围是 【答案】AC 【解析】 【分析】根据零点定义判断A，设，由导数确定的单调性，结合正负性可得的单调性，极值，从而判断BC，结合的变化趋势可判断D. 【详解】对A，显然时，，只有时，，A正确； 对B，设，则， 时，，单调递增，时，，单调递减， 时，，时，，且恒成立， 所以， 所以的减区间是和，增区间是，B错； 对C，由选项B知有极大值是，C正确； 对D，时，，时，， 因此若关于的方程有三个不同的根，则实数的取值范围是，D错. 第Ⅱ卷（非选择题，共92分） 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若直线与曲线相切，则的值为___________. 【答案】 【解析】 【分析】设切点为，利用导数的几何意义结合条件即得. 【详解】设切点为，则，， ，， ， 所以，. 故答案为：. 13. 设，则_____． 【答案】120 【解析】 【分析】结合题意，根据二项式的展开式求解即可. 【详解】由题意，. 故答案为：120. 14. 若，不等式恒成立，则的最大值为________. 【答案】 【解析】 【分析】 先设，对其求导，求出其最小值为，得到，再令，对其求导，导数的方法研究其单调性，得出最大值，即可得出结果. 【详解】设，则，因为， 所以当时，，则函数单调递减； 当时，，则函数单调递增； 所以， 则，令，则； 由可得，； 所以当时，，则函数单调递增； 当时，，则函数单调递减； 所以，即的最大值为. 故答案为： 【点睛】思路点睛： 导数的方法研究函数最值时，通常需要先对函数求导，解对应的不等式，求出单调区间，得出函数单调性，得出极值，进而可得出最值. 四、解答题：本大题共5小题，共77分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知函数在处取得极大值为9. （1）求，的值； （2）求函数在区间上的最值. 【答案】(1) . (2) 函数在区间上的最大值为9，最小值为. 【解析】 【详解】分析：（I）首先求解导函数，然后结合，可得. （II）由（I）得，结合导函数研究函数的单调性和最值可知函数在区间上的最大值为9，最小值为. 详解：（I） 依题意得， 即，解得.经检验，上述结果满足题意. （II）由（I）得， 令，得；令，得， 的单调递增区间为和，的单调递增区间是， ，， 所以函数在区间上的最大值为9，最小值为. 点睛：(1)可导函数y＝f(x)在点x0处取得极值的充要条件是f′(x0)＝0，且在x0左侧与右侧f′(x)的符号不同． (2)若f(x)在(a，b)内有极值，那么f(x)在(a，b)内绝不是单调函数，即在某区间上单调增或减的函数没有极值． 16. 用0，1，2，3，4，5这六个数字： （1）能组成多少个无重复数字的四位偶数？ （2）能组成多少个无重复数字且为5的倍数的五位数？ （3）能组成多少个无重复数字的比1325大的四位数？ 【答案】（1）156 （2）216 （3）270 【解析】 【分析】（1）由题意符合要求的四位偶数可分为三类：0在个位，2在个位，4在个位，对每一类分别计数再求它们的和即可得到无重复数字的四位偶数的个数； （2）符合要求的数可分为两类：个位数上的数字是0的五位数与个位数字是5的五位数，分类计数再求它们的和； （3）由题意，符合要求的比1325大的四位数可分为三类，第一类，首位比1大的数，第二类首位是1，第二位比三大的数，第三类是前两位是13，第三位比2大的数，分类计数再求和． 【小问1详解】 符合要求的四位偶数可分为三类： 第一类：0在个位时有个； 第二类：2在个位时，首位从1，3，4，5中选定1个（有种），十位和百位从余下的数字中选（有种），于是有个； 第三类：4在个位时，与第二类同理，也有个． 由分类加法计数原理知，共有四位偶数：个; 【小问2详解】 符合要求的数可分为两类：个位数上的数字是0的五位数有个； 个位数上的数字是5的五位数有个, 故满足条件的五位数的个数共有个； 【小问3详解】 符合要求的比1325大的四位数可分为三类： 第一类：形如2□□□，3□□□，4□□□，5□□□，共个； 第二类：形如14□□，15□□，共有个； 第三类：形如134□，135□，共有个； 由分类加法计数原理知，无重复数字且比1325大的四位数共有：个． 17. 二项式展开式前三项的二项式系数和为22． （1）求n的值； （2）求展开式中各项的系数和与各项的二项式系数和的比值； （3）求展开式中的所有的有理项． 【答案】（1）6 （2）64 （3）， 【解析】 【分析】（1）根据题意可得，即可解出； （2）利用赋值法求展开式各项和，根据二项式系数性质求二项式系数和，即可得解； （3）由二项展开式的通项公式，根据的指数值为整数，即可解出． 【小问1详解】 依题意得：， 即，得或． ，． 【小问2详解】 令，则，即展开式中各项系数和为， 而各项的二项式系数和为， 所以展开式中各项的系数和与各项的二项式系数和的比值 【小问3详解】 二项展开式的通项公式为：，， 依题意，且，解得或， 展开式中的有理项为和． 18. 已知函数. （1）若，求曲线在处切线的方程； （2）求的单调区间； （3）设，若对任意，均存在，使得，求的取值范围. 【答案】（1）；（2）当时，单调递增区间为，无单调递减区间；当时，单调递增区间为，单调递减区间为；（3）. 【解析】 【分析】（1）求出切点处的导数值，利用导数的几何意义即可求解. （2）求解定义域和导数，利用导数的正负与函数单调性的关系得到结论． （3）由已知，转化为，由（2）知，当时，在上单调递增，值域为R，故不符合题意；当时，在上单调递增，上单调递减，故的极大值即为最大值，进而得到． 【详解】（1）由已知， ， 曲线在处切线方程为，即. （2）. ①当时，由于，故， 所以，的单调递增区间为，无单调递减区间. ②当时，由，得. 在区间上，，在区间上， 所以，函数的单调递增区间为，单调递减区间为. （3）由已知，转化为， 由（2）知，当时，在上单调递增，值域为，故不符合题意. (或者举出反例：存在，故不符合题意.) 当时，在上单调递增，在上单调递减， 故的极大值即为最大值，， 所以， 解得. 19. 已知函数. （1）当时，恒成立，求的取值范围； （2）当时，设，证明：在上存在唯一的极小值点且. 参考数据：. 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用参变分离，结合导数研究函数的最小值即可； （2）求导，利用隐零点知识化简极小值，根据二次函数的值域求证. 【小问1详解】 当时，恒成立，即恒成立. 令，则，其中， 由可得；由可得. 所以，函数的减区间为，增区间为. 所以，即，故的取值范围是. 【小问2详解】 当时，，， 令，则. 当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 又因为，且， 所以存在唯一的，使得，即.① 当时，，即，单调递减， 当时，，即，单调递增， 所以是在上唯一的极小值点. 则，由①可知. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 永吉实验高级中学高二年级期中考试 本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分150分，考试时间120分钟.所有答案均写在答题纸上. 第I卷（选择题，共58分） 一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共计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. 已知函数，则（ ） A. 6 B. 3 C. D. 2. 5位同学报名参加两个课外活动小组，每位同学限报其中的一个小组，则不同报名方法有（ ） A. 10种 B. 20种 C. 25种 D. 32种 3. 在的展开式中，二项式系数的和是16，则展开式中各项系数的和为（ ） A. 243 B. 81 C. 64 D. 32 4. 已知定义在上的函数的图象如图，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 5. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 6. 某校园诗歌朗诵大赛共有5名同学进入决赛，决赛要求这5名同学均从《琵琶行》《蜀道难》《离骚》中选择1篇进行参赛，且这3篇诗歌中每篇均有同学选择，则这5名同学诗歌篇目的选择情况共有（ ） A. 150种 B. 240种 C. 180种 D. 120种 7. 函数在上单调递增的充要条件是（ ） A. B. C. D. 8. 若函数，且，则正实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 9. 已知函数，则（ ） A. 在上单调递增 B. 是的极大值点 C. 有三个零点 D. 在上最大值是 10. 为弘扬我国古代的“六艺文化”，某夏令营主办单位计划利用暑假开设“礼”、“乐”、“射”、“御”、“书”、“数”六门体验课程，每周一门，连续开设六周，则下列说法正确的是（ ） A. 某学生从中选2门课程学习，共有30种选法 B. 课程“乐”“射”排在相邻的两周，共有240种排法 C. 课程“御”“书”“数”排在不相邻的三周，共有72种排法 D. 课程“礼”不排在第一周，课程“数”不排在最后一周，共有504种排法 11. 已知.则下列说法正确的有（ ） A. 函数有唯一零点 B. 函数的单调递减区间为 C. 函数有极大值 D. 若关于的方程有三个不同的根，则实数的取值范围是 第Ⅱ卷（非选择题，共92分） 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若直线与曲线相切，则的值为___________. 13. 设，则_____． 14. 若，不等式恒成立，则的最大值为________. 四、解答题：本大题共5小题，共77分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知函数在处取得极大值为9. （1）求，的值； （2）求函数在区间上的最值. 16. 用0，1，2，3，4，5这六个数字： （1）能组成多少个无重复数字的四位偶数？ （2）能组成多少个无重复数字且为5的倍数的五位数？ （3）能组成多少个无重复数字的比1325大的四位数？ 17. 二项式展开式前三项的二项式系数和为22． （1）求n的值； （2）求展开式中各项的系数和与各项的二项式系数和的比值； （3）求展开式中的所有的有理项． 18. 已知函数. （1）若，求曲线在处切线的方程； （2）求的单调区间； （3）设，若对任意，均存在，使得，求的取值范围. 19. 已知函数. （1）当时，恒成立，求的取值范围； （2）当时，设，证明：在上存在唯一的极小值点且. 参考数据：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $