精品解析：内蒙古赤峰第四中学2025-2026学年第二学期4月月考题高二数学试题

赤峰第四中学2025-2026学年第二学期月考题 高二数学 2026 4 本试卷共19题，共150分，共7页，考试用时120分钟. 注意事项： 1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内. 2.选择题必须使用2B铅笔填涂，非选择题使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚. 3.请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效. 4.作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑. 5.保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀. 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，选对得5分，选错得0分. 1. 由组成没有重复数字的四位数中，偶数的个数是（ ） A. 300 B. 360 C. 420 D. 480 2. 设等比数列的前n项和为，若，，则 （   ） A. 24 B. 32 C. 36 D. 108 3. 如图，一个地区分为4个区域，现给该地区着色，要求相邻区域不得使用同一颜色，现有4种颜色可供选择，则不同的着色方法共有（    ）种. A. 12 B. 18 C. 24 D. 84 4. 二项式的展开式中常数项为（　　） A. B. 540 C. 15 D. 5. 已知函数的图象如图所示（其中是函数的导函数），下面四个图象中的图象大致是（    ） A. B. C. D. 6. 已知等差数列的前项和为，若，，则当取最小值时，（   ） A. 6或7 B. 7 C. 8 D. 7或8 7. 设复数（是虚数单位），则（ ） A. 0 B. C. D. 8. 已知，其中为函数的导数，则（   ） A. 2022 B. 0 C. 4044 D. 1011 二多项选择题：本题共3小题，每小题满分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，选错的得0分. 9. 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. 10. 已知数列的前项和为，且，则（ ） A. 数列是等差数列 B. C. 数列的前项的和为 D. 的前项的和小于 11. 已知函数，则（ ） A. 为奇函数 B. 3是的极大值点 C. 曲线在点处的切线方程为 D. 若，则在上存在最大值 三填空题：本题共三小题，每小题5分，共15分.把答案填写在答题卡中的横线上. 12. 的展开式中的系数为___________. 13. 若有5个人排成一排，其中甲、乙必须相邻，而丙不能站在两端，则不同的排法共有______种.（用数字作答） 14. 设是数列的前项和，，令，则数列的前121项和为______. 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. 回答下列问题 （1）把本不同的书分给位学生，每人至少一本，有多少种方法？ （2）有个相同的口罩全部分给名同学，每名同学至少发两个口罩，则不同的发放方法种数是多少？ （3）某旅行社有导游人，其中人只会英语，人只会日语，其余人既会英语，也会日语，现从中选人，其中人进行英语导游，另外人进行日语导游，则不同的选择方法有多少种？ 16. 在的展开式中． （1）求二项式系数最大的项； （2）有无x的负整数次幂？有，请求出这些项，没有，则说明理由； （3）判断系数的绝对值最大的项是第几项，并求出系数最大的项． 17. 已知等差数列和正项等比数列满足，，． （1）求和的通项公式； （2）若数列满足，求数列的前项和． 18. 已知函数. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）讨论的单调性； （3）若有极小值，且，求a的取值范围. 19. 极限是微积分学中一个重要概念.有些简单函数求极限是可以直接写出的，例如，.如果当（或）时，两个函数与都趋于零或都趋于无穷大，那么我们通常把极限叫作未定式，并分别简记为或.当（或），极限为未定式且、、存在时，有：.这种在一定条件下通过分子分母分别求导再求极限来确定未定式的值的方法称为洛必达法则（）. （1）使用洛必达法则，求极限； ①；②；③ （2）若且，，恒成立. ①直接写出解析式； ②求的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 赤峰第四中学2025-2026学年第二学期月考题 高二数学 2026 4 本试卷共19题，共150分，共7页，考试用时120分钟. 注意事项： 1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内. 2.选择题必须使用2B铅笔填涂，非选择题使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚. 3.请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效. 4.作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑. 5.保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀. 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，选对得5分，选错得0分. 1. 由组成没有重复数字的四位数中，偶数的个数是（ ） A. 300 B. 360 C. 420 D. 480 【答案】C 【解析】 【分析】由最后一位数是0和最后一位不是0，两类情况讨论求解即可. 【详解】最后一位数是0，偶数的个数是； 最后一位不是0，偶数的个数是， 所以一共有种. 2. 设等比数列的前n项和为，若，，则 （   ） A. 24 B. 32 C. 36 D. 108 【答案】B 【解析】 【详解】设等比数列的公比为.若，，则， 故， ，所以， 故. 3. 如图，一个地区分为4个区域，现给该地区着色，要求相邻区域不得使用同一颜色，现有4种颜色可供选择，则不同的着色方法共有（    ）种. A. 12 B. 18 C. 24 D. 84 【答案】D 【解析】 【分析】根据分步乘法计数原理，先采用分类讨论法，再按 “不相邻区域 是否同色” 分为两类，分别计算着色方案数，最后用加法原理汇总结果即可.. 【详解】按是否同色分为两类： （1）A与D同色： 给A着色：有种方法； 给B着色：与A不同色，有种方法； 给C着色：与A不同色，有种方法； 给D着色：与A同色，仅种方法； 则此类方法数：种； （2）A与D不同色 给A着色：有种方法； 给B着色：与A不同色，有种方法； 给D着色：与均不同色，有种方法； 给C着色：与均不同色，有种方法； 则此类方法数：种； 所以方法总数为：种. 4. 二项式的展开式中常数项为（　　） A. B. 540 C. 15 D. 【答案】B 【解析】 【分析】写出二项展开式的通项，由x的指数为0，求得r的值，可求展开式中常数项. 【详解】二项式的展开式的通项为， 由，得， 所以二项式的展开式中常数项为. 故选：B. 5. 已知函数的图象如图所示（其中是函数的导函数），下面四个图象中的图象大致是（    ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】由导数与单调性的关系判断即可． 【分析】由函数的图象可知： 当时，，，此时单调递增； 当时，，，此时单调递减； 当时，，，此时单调递减； 当时，，，此时单调递增． 6. 已知等差数列的前项和为，若，，则当取最小值时，（   ） A. 6或7 B. 7 C. 8 D. 7或8 【答案】D 【解析】 【详解】已知等差数列，，， 由等差数列前项和公式可得， ，解得， ， ，是开口向上的二次函数， 对称轴为， 由于是正整数，离对称轴最近的整数为7和8， 当取最小值时，7或8． 7. 设复数（是虚数单位），则（ ） A. 0 B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先化简，再利用二项式定理变形后再计算． 【详解】由， 则 ． 故选：A. 8. 已知，其中为函数的导数，则（   ） A. 2022 B. 0 C. 4044 D. 1011 【答案】A 【解析】 【详解】由题设可得的定义域为， 而，故， 故， 又，故， 故，故. 二多项选择题：本题共3小题，每小题满分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，选错的得0分. 9. 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. 【答案】ABD 【解析】 【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． 10. 已知数列的前项和为，且，则（ ） A. 数列是等差数列 B. C. 数列的前项的和为 D. 的前项的和小于 【答案】ACD 【解析】 【分析】先由前项和，利用与求出通项，再逐一验证各选项：A 判断数列类型，B 比较​与​，C 求的前n项和，D 用裂项相消法求的前项和并判断范围，最终确定正确选项. 【详解】对于A：根据题意，，当时，， 所以满足，所以数列是等差数列，正确； 对于B：，显然，不正确； 对于C：因为，所以，所以其前项的和为，正确； 对于D：因为，所以， 所以的前项的和为，正确. 11. 已知函数，则（ ） A. 为奇函数 B. 3是的极大值点 C. 曲线在点处的切线方程为 D. 若，则在上存在最大值 【答案】AC 【解析】 【详解】A，，显然是奇函数，正确； B，，易得在，上单调递增，在上单调递减，所以在处取得极小值，错误； C，，，故曲线在点处的切线方程为，即，正确； D， ，在处左增右减，故为极大值点，极大值，在上单调递增，且时，，所以在上不一定存在最大值，错误. 三填空题：本题共三小题，每小题5分，共15分.把答案填写在答题卡中的横线上. 12. 的展开式中的系数为___________. 【答案】90 【解析】 【分析】利用二项式定理写出的展开式的通项，再结合两个二项式的乘积确定对应项的系数. 【详解】的展开式的通项为，， 当时，， 此时只需乘第一个因式中的即可，得到； 当时，， 此时只需乘第一个因式中的即可，得到． 据此可得的系数为． 13. 若有5个人排成一排，其中甲、乙必须相邻，而丙不能站在两端，则不同的排法共有______种.（用数字作答） 【答案】24 【解析】 【分析】由题意得甲、乙必须相邻，故使用“捆绑法”把甲、乙捆绑到一起算作一个“个体”，再确定丙的位置后，全排列剩下的“个体”即可. 【详解】因为甲、乙必须相邻，故将甲、乙捆绑到一起算作一个“个体”，内部有种排列方法，此时共有4个“个体”， 若丙不能站在两端，则丙只能站在中间两个位置中的一个，共2种排列方法，其余3个“个体”全排列，共有种排列方法， 故共有种排列方法. 故答案为：24. 14. 设是数列的前项和，，令，则数列的前121项和为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，结合，求得，进而得到数列是为等比数列，得到，得出，结合等差数列的求和公式，即可求解. 【详解】由数列的前项和， 当时，可得， 两式相减，可得， 即，即， 当时，，可得，所以， 所以数列是以为首项，以为公比的等比数列，所以， 则， 所以数的前121项和为. 故答案为：. 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. 回答下列问题 （1）把本不同的书分给位学生，每人至少一本，有多少种方法？ （2）有个相同的口罩全部分给名同学，每名同学至少发两个口罩，则不同的发放方法种数是多少？ （3）某旅行社有导游人，其中人只会英语，人只会日语，其余人既会英语，也会日语，现从中选人，其中人进行英语导游，另外人进行日语导游，则不同的选择方法有多少种？ 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【小问1详解】 把本不同的书分给位学生，每人至少一本，有和两类， 分配方式为时，共有种分法， 分配方式为时，共有种分法， 由分类加法计数原理可得共有种分法. 【小问2详解】 个相同的口罩，每位同学先拿一个， 剩下的个口罩排成一排有个间隙，插入块板子分成份， 每一种分法所得份给到个人即可， 所以不同的发放方法有种. 【小问3详解】 若只会英语的人中选了人做英语导游，共有种选法， 若只会英语的人中选了人做英语导游，共有种选法， 若只会英语的人中选了人做英语导游，共有种选法， 由分类加法计数原理可得共有种选法. 16. 在的展开式中． （1）求二项式系数最大的项； （2）有无x的负整数次幂？有，请求出这些项，没有，则说明理由； （3）判断系数的绝对值最大的项是第几项，并求出系数最大的项． 【答案】（1）第5项， （2）有，分别是 （3）系数的绝对值最大的项是第项和第7项；系数最大的项是 【解析】 【分析】（1）根据二项式系数的性质，当为偶数时，中间一项的二项式系数最大，由此可确定二项式系数最大的项. （2）先写出展开式的通项公式，再根据通项公式判断是否存在的负整数次幂. （3）设出系数的绝对值最大的项，根据系数绝对值最大的条件列出不等式组，求解不等式组得到的值，进而确定系数绝对值最大的项，再根据系数的正负性确定系数最大的项. 【小问1详解】 的展开式的通项为： ，，， 二项式系数最大的项为中间项，即第5项，. 【小问2详解】 ，，， 令且，. 当时，； 当时，； 当时，； 当时，. 【小问3详解】 的展开式的通项为 ，，， 设第项系数的绝对值最大，显然，则， 整理得，即， 解得，而，则或， 所以系数的绝对值最大的项是第6项和第7项； 由以上知，展开式中的第6项和第7项系数的绝对值最大，而第6项的系数为负， 第7项的系数为正，所以系数最大的项为第7项. 17. 已知等差数列和正项等比数列满足，，． （1）求和的通项公式； （2）若数列满足，求数列的前项和． 【答案】（1）；， （2） 【解析】 【分析】（1）根据等差数列和等比数列的性质求出，再列方程组求解； （2）利用分组求和以及等差、等比求和公式计算. 【小问1详解】 设的公差为，数列的公比为， 由，得， 因为，，所以，，得，， 故，； 【小问2详解】 由（1）可知，， 则 18. 已知函数. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）讨论的单调性； （3）若有极小值，且，求a的取值范围. 【答案】（1） （2）当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增. （3） 【解析】 【分析】（1）利用导数求得，进而利用导数的几何意义可求得切线方程； （2）求导，分和两种情况讨论可求得的单调性； （3）结合（2）可得时，有极小值，进而结合题意可得，进而求解即可. 【小问1详解】 当时，， 所以，所以， 又， 所以曲线在点处的切线方程为， 即. 【小问2详解】 由， 得， 函数的定义域为， 若，可得时，，所以在上单调递增； 若时，当时，，所以在上单调递减； 当时，，所以在上单调递增； 综上所述：当时，在上单调递增； 当时，在上单调递减，在上单调递增. 【小问3详解】 由（2）可知当时，有极小值，极小值为， 此时极小值也是最小值，由，可得，， 又，所以. 令，求导得， 所以在上单调递减，又， 当时，，当时，， 所以时，，此时满足， 所以a的取值范围. 19. 极限是微积分学中一个重要概念.有些简单函数求极限是可以直接写出的，例如，.如果当（或）时，两个函数与都趋于零或都趋于无穷大，那么我们通常把极限叫作未定式，并分别简记为或.当（或），极限为未定式且、、存在时，有：.这种在一定条件下通过分子分母分别求导再求极限来确定未定式的值的方法称为洛必达法则（）. （1）使用洛必达法则，求极限； ①；②；③ （2）若且，，恒成立. ①直接写出解析式； ②求的取值范围. 【答案】（1）①7；②2；③ （2）①；② 【解析】 【分析】（1）先判断是否符合洛必达法则类型，再依据洛必达法则去计算即可解决； （2）①通过求导的逆向过程求出原函数；②分析恒成立问题，转化为最值问题，利用导数求出最值得解. 【小问1详解】 ①对于，当时，分子，分母，属于型， ； ②对于，属于型， ； ③对于，属于型， . 【小问2详解】 ①由，则，又， ，得， . ②对，恒成立， 即， 令，则，， 令，则， 当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增， 所以，即， 所以当和时，，当时，， 即在和上单调递减，在上单调递增， 又，， ，即的取值范围为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $