精品解析：安徽省怀宁县高河中学2025-2026学年度第二学期期中考试高二数学试题

高河中学2025-2026学年度第二学期期中考试 高二数学试题 一、单选题 1. 若函数的导函数存在，且，则（ ） A. B. C. D. 2. 记等差数列的前n项和为，且，，则（ ） A. B. C. D. 3. 从这5个数字中任取2个偶数和1个奇数，组成一个三位数，则不同的三位数的个数为（ ） A. 16 B. 24 C. 28 D. 36 4. 的展开式的常数项是（ ） A. B. C. D. 5. 某校教师迎春晚会由个节目组成，为考虑整体效果，对节目演出顺序有如下要求，节目甲不排在第一位和最后一位，节目丙、丁必须排在一起，则该校迎春晚会节目演出顺序的编排方案共有（ ） A. 种 B. 种 C. 种 D. 种 6. 已知函数在区间上单调递减，则实数a的最小值为（ ） A. B. C. D. e 7. 五一小长假期间，某旅游公司为助力大同旅游事业的发展，计划将2名金牌导游和5名银牌导游分别派往云冈石窟､古城华严寺､北岳恒山三个景区承担义务讲解任务，要求每个景区都要有银牌导游前往，则不同的分配方法种数有（ ） A. 360 B. 640 C. 1350 D. 1440 8. 已知是函数的导函数，对于任意实数x都有，，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 二、多选题 9. 已知，其中，且，则下列判断正确的是（ ）． A. B. C. D. 10. 为弘扬我国古代的“六艺文化”，某国学班计划开设“礼”、“乐”、“射”、“御”、“书”、“数”六门课程，每天开设一门，连续开设6天，则（ ） A. 课程“御”、“书”、“数”互不相邻的不同排法共有24种 B. 课程“射”必须排在“御”前面的不同排法共有360种 C. 课程“数”不排在第一天，“礼”不排在最后一天的不同排法共有504种 D. 课程“御”和“书”不相邻且课程“数”和“书”不相邻的不同排法共有288种 11. 已知函数，下列命题正确的有（ ） A. 可能有2个零点 B. 一定有极小值，且0是极小值点 C. 时， D. 若存在极大值点，且，其中，则 三、填空题 12. 在的二项展开式中，只有第5项的二项式系数最大，则该二项展开式中的常数项等于_____. 13. 已知数列是公差为d的等差数列，其前n项和为且，若对任意的恒成立，则公差d的取值范围为________． 14. 函数有两个极值点，，则取值范围________． 四、解答题 15. 已知函数在处有极值. （1）求，的值； （2）过原点作曲线的切线，求的方程. 16. 已知函数，且， （1）求的值； （2）求的最大值； （3）求被6整除的余数． 17. 已知函数（且）的图象经过点，记数列的前n项和为，且． （1）求数列的通项公式； （2）设，数列的前n项和为，求的取值范围． 18. 若数列满足，则称数列为“平方递推数列”.已知数列中，，点在函数的图象上，其中为正整数. （1）证明：数列是“平方递推数列”，且数列为等比数列； （2）设，数列的前项和为； ①求； ②若恒成立，求实数的最大值. 19. 已知函数，. （1）记，讨论的单调性； （2）当时，恒成立，求a的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高河中学2025-2026学年度第二学期期中考试 高二数学试题 一、单选题 1. 若函数的导函数存在，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据导数的概念将已知式配凑成定义式可得答案. 【详解】，所以， 故选：C. 2. 记等差数列的前n项和为，且，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】由等差数列前项和性质可得，​， 因为，所以， 再根据等差数列中项性质：， 代入得，即， 又已知，设公差为，则，解得， 即等差数列的通项公式， 所以. 3. 从这5个数字中任取2个偶数和1个奇数，组成一个三位数，则不同的三位数的个数为（ ） A. 16 B. 24 C. 28 D. 36 【答案】C 【解析】 【分析】分两种情况，再按照分步计数原理，即可求解. 【详解】若没有取到0，则有种方法， 若取到0，则有种方法， 所以不同的三位数共有种. 故选：C 4. 的展开式的常数项是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】的展开式通项为：，由得，所以的常数项系数为；由得，所以的项系数为，所以的展开式的常数项是,故选D. 5. 某校教师迎春晚会由个节目组成，为考虑整体效果，对节目演出顺序有如下要求，节目甲不排在第一位和最后一位，节目丙、丁必须排在一起，则该校迎春晚会节目演出顺序的编排方案共有（ ） A. 种 B. 种 C. 种 D. 种 【答案】C 【解析】 【分析】利用间接法求解，即在丙、丁排在一起的排法种数，减去甲排在第一位或最后一位且丙、丁排在一起的排法种数，进而可得出结果. 【详解】利用间接法求解，先考虑将丙、丁排在一起，将这两个节目进行捆绑，形成一个大元素，共有种. 若甲排在第一位和最后一位，且丙、丁排在一起，将这两个节目进行捆绑，形成一个大元素，此时，排法种数为. 综上所述，符合条件的排法种数为（种）. 故选：C. 【点睛】本题考查排列组合的综合问题，考查捆绑法的应用，在分类讨论较为麻烦时，可以考查利用间接法来求解，考查计算能力，属于中等题. 6. 已知函数在区间上单调递减，则实数a的最小值为（ ） A. B. C. D. e 【答案】B 【解析】 【分析】由在区间上单调递减，得在上恒成立，进而得，令，利用导数研究单调性求出最大值即可求解. 【详解】由已知得，因为在区间上单调递减， 所以在上恒成立，即，得， 令，则，令，得， 当时，，单调递减，当时，单调递增， 又，所以a的最小值为． 7. 五一小长假期间，某旅游公司为助力大同旅游事业的发展，计划将2名金牌导游和5名银牌导游分别派往云冈石窟､古城华严寺､北岳恒山三个景区承担义务讲解任务，要求每个景区都要有银牌导游前往，则不同的分配方法种数有（ ） A. 360 B. 640 C. 1350 D. 1440 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意按照或分类分组，结合排列组合求出种类，最后相加即可. 【详解】解析：将2名金牌导游分配到3个景区，有种分配方法， 若每个风景区都要有银牌导游，则将银牌导游分成三组，各组人数分别为或. 当银牌导游分成三组的人数为时，此时共有种； 当银牌导游分成三组的人数为时，此时共有种分配方法. 所以不同分配方法有种. 故选:C. 8. 已知是函数的导函数，对于任意实数x都有，，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由已知构造函数，可得，再利用确定解析式，从而求得不等式的解集. 【详解】因为， 所以， 所以令，， 所以为常数. 又因为， 所以，所以， 所以. 原不等式等价于， 即，解得或， 所以解集为. 故选：A. 二、多选题 9. 已知，其中，且，则下列判断正确的是（ ）． A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】令，则，分别赋值、可以求得，A正确；，B错误；利用二项式展开式通项公式可以判断C、D正确. 【详解】令，则， 则， 令，则，① 令，则，② ①－②，得， 解得，A正确； ①＋②，得， 所以，B错误； 又，C正确； ，D正确． 故选：ACD． 10. 为弘扬我国古代的“六艺文化”，某国学班计划开设“礼”、“乐”、“射”、“御”、“书”、“数”六门课程，每天开设一门，连续开设6天，则（ ） A. 课程“御”、“书”、“数”互不相邻的不同排法共有24种 B. 课程“射”必须排在“御”前面的不同排法共有360种 C. 课程“数”不排在第一天，“礼”不排在最后一天的不同排法共有504种 D. 课程“御”和“书”不相邻且课程“数”和“书”不相邻的不同排法共有288种 【答案】BCD 【解析】 【详解】已知某国学班计划开设“礼”、“乐”、“射”、“御”、“书”、“数”六门课程，每天开设一门，连续开设6天， A：课程“御”、“书”、“数”互不相邻， 则可先排“礼、乐、射”，有3！种排法，产生4个空位； 将“御、书、数”插入空位且互不相邻，需从4个空位选3个排列，即． 排法数为，A错误. B：“射”与“御”的相对位置有2种（“射”前或“御”前），且两种情况排法数相等． 总排法数为，B正确． C：用间接法：总排法，减去“数”在第一天的， “礼”在最后一天的，加回重复减去的“数在第一天且礼在最后一天”的． 排法数为，C正确． D：课程“书”在第1天或最后一天，有2种排法， 再排“御、数”两门课程，即， 最后排“礼、乐、射”，即， 课程“书”不在第1天或最后天，有4种排法， 再排“御、数”两门课程，即， 最后排“礼、乐、射”，即， 排法数为：，D正确. 11. 已知函数，下列命题正确的有（ ） A. 可能有2个零点 B. 一定有极小值，且0是极小值点 C. 时， D. 若存在极大值点，且，其中，则 【答案】BD 【解析】 【分析】首先讨论的情形，再分的正负讨论函数的单调性和极值，由此可判断ABC的正误，；对于D，容易得到极大值点的值，再代入，得到关于的一元三次方程，此方程已经有一解，故可以因式分解求出，由此可判断D选项. 【详解】函数的定义域为，当时，为二次函数， 由抛物线性质可知存在极小值点，极小值为，此时无零点； 当时，可求得导函数，令，得或， 当时，可求得当时，；当时，， 所以在上单调递增，在和上单调递减， 故此时存在极小值点，极小值为， 存在极大值点，极大值为； 当时，可求得当时，；当时，， 所以在和上单调递增，，在上单调递减， 故此时存在极小值点，极小值为， 存在极大值点，极大值为； 对于A，当时，无零点； 当时，因为在上单调递增，在和上单调递减， 而极小值为，所以只有1个零点； 当时，因为在和上单调递增，在上单调递减， 而极大值为，极小值为，所以只有1个零点，故A错误； 对于B，由以上分析，不论取何值，一定有极小值，且0是极小值点，故B正确； 对于C，当时，即时，此时在上单调递减， 又，所以，故C错误； 对于D，由上述分析可知，则， 由题意知，即， 此方程已有一根，故可因式分解为， 解得与相异的根，则，故D正确； 故选：BD. 三、填空题 12. 在的二项展开式中，只有第5项的二项式系数最大，则该二项展开式中的常数项等于_____. 【答案】112 【解析】 【分析】由题意可得，再利用二项展开式的通项公式，求得二项展开式常数项的值． 【详解】的二项展开式的中，只有第5项的二项式系数最大，， 通项公式为，令，求得， 可得二项展开式常数项等于， 故答案为112． 【点睛】本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于基础题． 13. 已知数列是公差为d的等差数列，其前n项和为且，若对任意的恒成立，则公差d的取值范围为________． 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，求得，再由恒成立的不等式建立不等式组求解. 【详解】数列是公差为d的等差数列，设， 由，得，解得，则， 由对任意的恒成立，得. 所以公差d的取值范围为． 故答案为： 14. 函数有两个极值点，，则取值范围________． 【答案】 【解析】 【分析】由题意结合导数可得与的关系及的取值范围，即可将用表示，再用表示，构造相应函数借助导数研究函数值域即可得解. 【详解】定义域是，∴， ∵有两个极值点， ∴，在有两个不等根， 令，对称轴为， ∴，∴， 两个极值点为，，，则，， ， 令， ，∵，∴， ∴在单调递增， ∴，， ∴. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题关键点在于得出的取值范围及与的关系，从而用表示，再构造相应导数求其值域即可得. 四、解答题 15. 已知函数在处有极值. （1）求，的值； （2）过原点作曲线的切线，求的方程. 【答案】（1），. （2）或. 【解析】 【分析】（1）先求出导函数，再根据极值及极值点列式求参； （2）先设切点，再求导得出切线斜率，再根据切线过原点列式求参，最后求出切线方程即可. 【小问1详解】 ， 由题可知， ， 解得，. 【小问2详解】 设切点为，则，切线的斜率， 切线的方程为， 因为切线过原点，所以， 整理得，解得或. 当时，，此时切线的方程为； 当时，，此时切线的方程为. 所以切线为或. 16. 已知函数，且， （1）求的值； （2）求的最大值； （3）求被6整除的余数． 【答案】（1） （2）15360 （3）2 【解析】 【分析】（1）由通项公式结合，求得，再通过求导赋值即可求解； （2）设为（0≤i≤10）中的最大值，由求解即可； （3）由，利用二项式定理展开即可求解. 【小问1详解】 的通项公式为 且， 所以的系数为，解得， 从而， 等式两边对x求导得． 令得． 【小问2详解】 由（1）可知的通项公式为， ∴， 设为中的最大值，则 即 即，解得； 又，因此． ∴． 【小问3详解】 由（1）可知， 显然能被6整除， 所以被6整除的余数是． 17. 已知函数（且）的图象经过点，记数列的前n项和为，且． （1）求数列的通项公式； （2）设，数列的前n项和为，求的取值范围． 【答案】（1）数列的通项公式为 （2），． 【解析】 【分析】（1）利用函数过定点求参数，建立和的关系，使用求解通项公式，最后验证即可； （2）通过裂项相消法求和，结合的单调性分析出取值范围． 【小问1详解】 由函数的图象经过点，得，解得， 所以，因此， ①当时，， ②当时，， 因为也满足， 所以数列的通项公式为． 【小问2详解】 由（1）知， 所以 ， 因为，所以，即， 所以，且． 18. 若数列满足，则称数列为“平方递推数列”.已知数列中，，点在函数的图象上，其中为正整数. （1）证明：数列是“平方递推数列”，且数列为等比数列； （2）设，数列的前项和为； ①求； ②若恒成立，求实数的最大值. 【答案】（1） 点在函数的图象上， ，， 数列是“平方递推数列”， 因为， 对两边同时取对数得， 数列是以1为首项、2为公比的等比数列； （2）①；②16 【解析】 【分析】（1）由题意，配方得，利用“平方递推数列”定义即可证明，两边取对数，根据等比数列的定义即可证明； （2）①求出，然后利用错位相减法求和即可； ②将原不等式恒成立转化为恒成立，分离参数恒成立，利用基本不等式求解最值即可得解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ①由（1）知，所以， 则， . 两式相减可得， ； ②恒成立， 恒成立， 恒成立，恒成立， 又，当且仅当时，取到等号， ，即. 19. 已知函数，. （1）记，讨论的单调性； （2）当时，恒成立，求a的取值范围. 【答案】（1）时，的增区间，减区间；时，的增区间. （2）. 【解析】 【分析】（1）求出的解析式，对求导，根据的不同取值分类讨论的单调性即可. （2）根据，构造函数，将问题转化为恒成立，利用导数结合分类讨论即可求解. 【小问1详解】 根据已知条件，有其定义域为， ， 当即时，若，则；若，则， 所以的增区间为，减区间为. 当即时在为增函数 当即时在为增函数 综上，时，的增区间，减区间； 时，的增区间. 【小问2详解】 因为恒成立，， 令，则， 所以当时，等价于恒成立. 由于，， （ⅰ）当时，，函数在上单调递增， 所以，在区间上恒成立，符合题意； （ⅱ）当时，在上单调递增，. ①当，即时，， 函数在上单调递增， 所以在上恒成立，符合题意； ②当，即时，，， 若，即时，在上恒小于0， 则在上单调递减，，不符合题意； 若，即时，存在，使得， 所以当时，，则在上单调递减，则，不符合题意. 综上所述，a的取值范围是. 【点睛】方法点睛：利用导数证明和判断不等式问题， （1）通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与极值（最值），从而得出不等关系； （2）利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数求最值问题，从而判定不等关系； （3）适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩，或利用常见放缩结论，从而判定不等关系； （4）构造“形似”函数，变形在构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $