精品解析：湖北武汉部分重点中学（六校）2025-2026学年下学期学期期中高二数学试题

2025-2026学年度下学期期中考试 高二数学试卷 考试时间：2026年4月23日14:00-16:00 试卷满分：150分 一、选择题：本大题共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. 1. 的展开式中的系数为（ ） A. 40 B. C. 80 D. 【答案】A 【解析】 【分析】首先写出展开式的通项，再代入计算可得； 【详解】的展开式的通项， 令，解得， 所以，所以项的系数为， 故选：A 2. 已知是函数的导函数，，则（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】C 【解析】 【详解】由，求导得， 所以. 3. 小明桌子上有本不同的数学书，本相同的物理书，现将这本书依次全部取走，则不同的取书顺序有（ ）种 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】步骤：先假设所有书都不同， 如果本书全不同，那么取书顺序的总数是， 步骤：考虑相同书的重复情况， 因为有本相同的物理书，这本书的顺序交换不会产生新的取法，所以需要除以这本书的排列数， 所以，不同的取书顺序有． 4. 函数的大致图象为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】分析函数值的变化趋势，可排除D，分析函数图象的对称性，可排除C，求导，分析函数的单调性，可排除B. 【详解】当时，，，所以，故D错误； 因为为偶函数，所以函数的图象关于直线对称，故C错误； 当时，，，因为，所以函数在上存在单调减区间，故B错误； 故选：A 5. 有五名同学站成一排照相，其中甲与乙互不相邻，丙与丁必须相邻，则所有不同的排法有（ ）种 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】将丙和丁看作一个整体（捆绑），内部可以交换顺序，有种， ①先排（丙丁）和戊，有种排法，这两个排好后，会产生个空位（包括两端）， ②从个空位中选个来排甲和乙，有种排法， 所以总排法为种． 6. 已知，其中为函数的导数，则（ ） A. 2 B. 0 C. 2026 D. 2027 【答案】B 【解析】 【分析】利用函数与导数的奇偶性求解：先判断原函数是奇函数，故 ；再判断导函数是偶函数，故 ，两者相加得结果为 ． 【详解】因为的定义域是， 且 所以为奇函数，所以 ， ， 因为的定义域是， 且 所以为偶函数，所以 ， 所以 ． 7. 令，，，则下列大小排列正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】令，则， 所以在上单调递增，所以， 令，则，即，所以， 令，则， 当时，，单调递减；当时，，单调递增； 所以，即（当且仅当取等号）， 令，则， 令，则， 所以在上单调递减，即， 令，得，即， 所以，即， 综上． 8. 已知定义在上的函数及其导函数均连续，且满足对于定义域上任意的x均有，则正确的是（ ） A. 当时， B. 当时， C. 当时， D. 当时， 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意整理可得，令，可知在定义域内单调递减，进而分析，的符号，即可判断BCD；利用反证法判断A. 【详解】因为， 则，可得， 令，则， 可知在定义域内单调递减，且， 当时，，即，且，可得. 当时，，即，且，可得. 对于选项A：当时，则，，可得，， 假设，则，， 可得，与题意相矛盾， 假设不成立，所以，故A正确； 对于选项B：当时，则，所以，故B错误； 对于选项C：当时，则，故C错误； 对于选项D：当时，，则，故D错误； 二、选择题：本大题共3小题，每小题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，有选错的得0分. 9. 若甲，乙，丙，丁，戊五人要前往A，B，C，D四个景区游玩且每个人都必须分配到游玩的景区，则下列说法正确的是（ ） A. 若每个景区都必须有人游玩，则一共有240种分配方法. B. 若每个景区都必须有人游玩且甲，乙二人不能去同一个地方，则一共有216种分配方法. C. 若只能选择两个景区游玩且甲，乙二人必须去同一个地方，则一共有84种分配方法. D. 若至多有一个景区没有人游玩，则一共有600种分配方法. 【答案】ABC 【解析】 【分析】本题为排列组合多选题，解题核心是先分情况讨论，再用分组分配、正难则反、排除法验证各选项：A选项用“先分组（必有2人一组）再全排列”；B选项用A的结果减去甲乙同景区的情况；C选项先选景区，再用“甲乙捆绑+排除全同组”；D选项分“无空景区”和“一个空景区”两类计算，最终筛选出正确选项． 【详解】对于A，条件：5人去4个景区，每个景区都有人． 先把5人分成4组（必有1组2人，其余3组各1人）：分组方法数为种， 再将4组分配到4个景区：排列方法数为种． 所以总方法数：种，A正确； 对于B，条件：5人去4个景区，每个景区都有人． 先计算总方法数（同A）：240种． 再计算甲、乙同景区的方法数：把甲、乙看作1组，再和其余3人分成4组，再分配到4个景区，方法数为种． 所以符合条件的方法数：种，B正确； 对于C，条件：只能选2个景区，且甲、乙同景区． 先选2个景区：种． 把甲、乙看作1组，剩余3人每人都有2种选择（2个景区），但不能全选另一个景区（否则甲、乙所在景区没人）：总选择数为种． 所以总方法数：种，C正确； 对于D，条件：至多有1个景区没人（即“0个景区没人”或“1个景区没人”）． 0个景区没人（同A）：240种． 1个景区没人：先选1个空景区种，再把5人分到3个景区（分组为2,2,1或3,1,1）： 分组为2,2,1：种，再排列种，共种． 分组为3,1,1：种，再排列种，共种． 1个空景区的总方法数：种． 所以总方法数：种，D错误． 10. 将按照二项式定理展开后，其各二项式系数可以形成“杨辉三角”（图1），将”杨辉三角”中所有的奇数涂成黑色圆，偶数涂成白色圆，就得到“谢尔宾斯基三角形”（图2），则下列说法正确的是（ ） A. 在“杨辉三角”中，第n行的所有数字之和为 B. 在“杨辉三角”中，记第行的第个数为，则 C. 在“谢尔宾斯基三角形”中，第行全行都为黑色圆 D. 在“谢尔宾斯基三角形”中，第126行的黑色圆比白色圆少一个 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据二项式系数之和的公式即可求解A，根据组合数的运算性质即可求解BC，由杨辉三角的性质即可求解D． 【详解】第行的所有数字之和为，A正确； ，所以，B正确； 通过观察规律归纳可知：第行数字都是奇数，因此可以归纳出第行全行都是奇数，故都为黑色圆，C正确； 由C可知第127行全行为奇数，则由奇数+偶数=奇数，结合， 则第126行的127个数是奇偶相间，且两端都是奇数，所以黑色圆比白色圆多一个，D错误； 11. 已知函数有两个零点，，且，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 有极小值点，且 【答案】AD 【解析】 【分析】求得函数的导数，得到函数的单调区间，利用函数的性质，逐项判定，即可求解. 【详解】由题意，函数，则， 对于A，当时，在上恒成立，所以函数单调递增，不符合题意； 当时，令，解得，令，解得， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 因为函数有两个零点且，则且， 所以，解得，故A正确； 对于B，由于函数在上单调递减，在上单调递增，且，因此函数的两个零点， 由题意知，两边取自然对数得：，两式相减得， 令，由于，所以，则，代入上式得，从而， 因此， 令，则，所以在上单调递增，所以， 由于，所以，即，故B错误 对于C， 令，则，所以在上单调递减，所以，即， 由于，所以，即，故C错误； 对于D，由， 当时，；当时，，所以有极小值点， 由题意知，得， 因此，由于，因此， 即，故D正确. 【点睛】本题主要考查了利用导数求解函数的单调性与极值，以及研究函数的零点问题，其中解答中熟记导数在函数中的应用，合理判定是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，以及推理与运算能力. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 除以得到的余数是________ 【答案】 【解析】 【分析】先将转化为与相关的表达式，再利用二项式定理展开，通过分析展开式各项与的关系，从而确定其被除所得的余数即可. 【详解】将改写为，由二项式展开得： ， 展开式中，除第一项外，其余所有项都含有因数，均为的倍数， 因此余数就是第一项的. 13. 将1，2，3，4，5，6随机排成一行，前三位数字构成三位数a，后三位数字构成三位数b，记，m小于100的概率是_______ 【答案】 【解析】 【分析】利用分步乘法计数原理，结合古典概率列式计算得解. 【详解】由题意可知，要使，则和的百位数必须相邻，不妨设的百位数比的百位数大1， 则必须满足的后两位构成的两位数小于的后两位构成的两位数， 两个数的百位数相邻的概率为， 取后两位数时，对于给定的4个数字，由对称性可知，此条件成立的概率为， 因此小于100的概率为. 14. 已知只有1个零点，则a的取值范围是________. 【答案】 【解析】 【分析】令，可得，结合的单调性可得，令，利用导数判断的单调性和图象，结合图象分析求解即可. 【详解】由题意可知：函数的定义域为， 令，可得， 令，则， 因为在定义域内单调递增，则， 且，可得， 令，，则， 令，解得；令，解得； 可知在内单调递增，在内单调递减，则， 且当趋近于0时，趋近于；当趋近于时，趋近于0； 可得的图象，如图所示： 由题意可知：与只有1个交点， 则或，解得或， 所以a的取值范围是. 四、解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程和演算步骤. 15. 已知函数，当时，有极小值． （1）求实数a，b的值； （2）求函数在区间上的最值． 【答案】（1）， （2）最大值为，最小值为 【解析】 【分析】（1）利用函数在极值点处的两个核心条件 —— 函数值为、导数值为，列方程组求解参数，再验证该点确实为极小值点． （2）先由（1）确定函数解析式与导数，找出区间内的驻点，再计算所有驻点和区间端点的函数值，通过比较大小得到最大值与最小值． 【小问1详解】 因为，所以， 因为当时，有极小值， 所以，解得． 所以， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 因此确实是的极小值点， 所以，． 【小问2详解】 由（1）得，， 令，解得或，这两个点都在区间内， 计算区间端点和极值点的函数值： ，，， 因为，所以函数在区间上的最大值为，最小值为． 16. 已知，求下列各式的值： （1）； （2）； （3）求该展开式中系数的绝对值最大的项. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用二项式系数的符号规律，的系数正负交替，因此系数绝对值之和等价于的各项系数和，令直接计算即可； （2）对原式两边求导，得到含的等式，再令，即可直接得到所求值； （3）先写出通项公式，设第项系数绝对值最大，通过列相邻两项系数绝对值的不等式组，求解得到的取值，再代入通项得到对应项． 【小问1详解】 已知， 展开式的通项， 因为，所以， 所以等价于展开式中各项系数之和， 令，得 ． 【小问2详解】 对， 两边同时求导得， 令，得 ． 【小问3详解】 设第项的系数绝对值最大，即最大， 所以，即， 化简得，解得，即， 因为，所以， 所以， 该展开式中系数的绝对值最大的项为． 17. （1）某学校有5个区域要种上鲜花（如图1），现有四种不同品种的鲜花可供选择，每个区域只能种一种鲜花，要求相邻区域不能种同一种鲜花，则符合条件的方案有多少种. （2）给平面图图2中的六个点涂色，要求每个点涂一种颜色，且图中每条线段的两个端点涂不同颜色，若有四种颜色可供选择，则不同的涂色方法共有多少种. 【答案】（1）72 （2）264 【解析】 【分析】（1）由分步计数原理结合分类讨论即可. （2）按用色数量的不同分成两类，每一类中分步进行，先确定涂A，D，E三点涂法数，再讨论点B，F，C的涂法数即可. 【小问1详解】 如图1，依顺序，区域可种种颜色，区域可种种颜色，区域可种种颜色， ①区域若与区域同色，则E有两种颜色可选； ②区域若不与区域同色，则只有种颜色可选，也只有种颜色可选， 所以符合条件的方案有种方案． 【小问2详解】 计算不同涂色方法数有两类办法： 当涂四色时，先涂A，E，D，有种涂法，再从B，F，C中选一点涂第四种颜色，如B，再涂F，若F与D同色，则C有2种涂法，若F与D异色，则C有1种涂法，于是得有种涂法， 当涂三色时，先涂A，E，D，有种涂法，再涂B，有2种涂法，则F，C各有1种涂法，于是有种涂法， 利用分类加法计数原理得不同涂色方法数为： (种)， 所以不同的涂色方法共有264种. 18. 已知函数． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）当时，讨论函数的单调性； （3）若有两个极小值点，，且对任意满足条件的，都有恒成立，求符合条件的整数m的最大值． 【答案】（1） （2）当时，，单调递减；当时，，单调递增． （3）2． 【解析】 【分析】（1）当时，求出，求出切线的斜率，然后求解切线方程； （2）求出函数的导数，通过的讨论，判断导函数的符号，然后求解函数的单调性； （3）由（2）知时不符合题意，当时，存在，使，满足令，则，令，利用导数研究该函数的最值即可求解． 【小问1详解】 当时，，则， 则，所以曲线在点处的切线方程为． 【小问2详解】 ， 令，则， 若，则，所以在上单调递增，所以， 若，则当时，，单调递减；当时，，单调递增，故， 因此当时，，单调递减；当时，，单调递增． 【小问3详解】 由（2）知时不符合题意； 当时，易知在上单调递减，在上单调递增，，且，，当时，，故存在，使，又，故， 则当时，，，单调递减；当时，，，单调递增；当时，，，单调递减；当时，，，单调递增，故，为的两个极小值点，且满足则令，得 则， 令，则， 令，则， 当时，，单调递增，当时，，单调递减，，，， 故在内存在唯一零点，即，且当时，，，则单调递减；当时，，，则单调递增， 故， 由，得， 故整数的最大值为2． 19. 已知函数，， （1）求函数的极值； （2）若，当时，恒成立，求实数的取值范围； （3）若，函数，若存在，，使得，求证：． 【答案】（1）当时，函数无极值；当时，函数的极大值为，无极小值. （2） （3）证明：，函数，， 因为存在，，使得， 所以，整理得， 所以 所以， 因为， 所以， 因为，，则， 故要证，只需证， 不妨设，令，故只需证 ，只需证， 令，则在上恒成立， 所以在上单调递减， 所以，即 成立， 所以 成立. 【解析】 【分析】（1）求导得，再分与讨论求解即可； （2）将问题转化为当时，恒成立，进而构造函数，分与讨论求解即可； （3）根据得，进而结合余弦的和差角公式得，故将问题转化为证明，设，令，进一步转化为证明，最后构造函数即可证明. 【小问1详解】 解：，定义域为，， 当时，恒成立，故函数在单调递增，无极值； 当时，令得， 故当时，，函数单调递增， 当时，，函数单调递减， 所以，当时，函数取得极大值，无极小值. 综上，当时，函数无极值；当时，函数的极大值为，无极小值. 【小问2详解】 解：， 因为，当时，恒成立， 所以，当时，恒成立， 令，， ， 令， 则在恒成立，即在单调递增， 故当，即时，，在单调递增， 在恒成立； 当，即时，当时，， 所以，存在，使得时，，单调递减，时，，单调递增， 故由可知，时，，满足在恒成立矛盾； 综上，当时，在恒成立，即恒成立. 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年度下学期期中考试 高二数学试卷 考试时间：2026年4月23日14:00-16:00 试卷满分：150分 一、选择题：本大题共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. 1. 的展开式中的系数为（ ） A. 40 B. C. 80 D. 2. 已知是函数的导函数，，则（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 3. 小明桌子上有本不同的数学书，本相同的物理书，现将这本书依次全部取走，则不同的取书顺序有（ ）种 A. B. C. D. 4. 函数的大致图象为（ ） A. B. C. D. 5. 有五名同学站成一排照相，其中甲与乙互不相邻，丙与丁必须相邻，则所有不同的排法有（ ）种 A. B. C. D. 6. 已知，其中为函数的导数，则（ ） A. 2 B. 0 C. 2026 D. 2027 7. 令，，，则下列大小排列正确的是（ ） A. B. C. D. 8. 已知定义在上的函数及其导函数均连续，且满足对于定义域上任意的x均有，则正确的是（ ） A. 当时， B. 当时， C. 当时， D. 当时， 二、选择题：本大题共3小题，每小题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，有选错的得0分. 9. 若甲，乙，丙，丁，戊五人要前往A，B，C，D四个景区游玩且每个人都必须分配到游玩的景区，则下列说法正确的是（ ） A. 若每个景区都必须有人游玩，则一共有240种分配方法. B. 若每个景区都必须有人游玩且甲，乙二人不能去同一个地方，则一共有216种分配方法. C. 若只能选择两个景区游玩且甲，乙二人必须去同一个地方，则一共有84种分配方法. D. 若至多有一个景区没有人游玩，则一共有600种分配方法. 10. 将按照二项式定理展开后，其各二项式系数可以形成“杨辉三角”（图1），将”杨辉三角”中所有的奇数涂成黑色圆，偶数涂成白色圆，就得到“谢尔宾斯基三角形”（图2），则下列说法正确的是（ ） A. 在“杨辉三角”中，第n行的所有数字之和为 B. 在“杨辉三角”中，记第行的第个数为，则 C. 在“谢尔宾斯基三角形”中，第行全行都为黑色圆 D. 在“谢尔宾斯基三角形”中，第126行的黑色圆比白色圆少一个 11. 已知函数有两个零点，，且，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 有极小值点，且 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 除以得到的余数是________ 13. 将1，2，3，4，5，6随机排成一行，前三位数字构成三位数a，后三位数字构成三位数b，记，m小于100的概率是_______ 14. 已知只有1个零点，则a的取值范围是________. 四、解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程和演算步骤. 15. 已知函数，当时，有极小值． （1）求实数a，b的值； （2）求函数在区间上的最值． 16. 已知，求下列各式的值： （1）； （2）； （3）求该展开式中系数的绝对值最大的项. 17. （1）某学校有5个区域要种上鲜花（如图1），现有四种不同品种的鲜花可供选择，每个区域只能种一种鲜花，要求相邻区域不能种同一种鲜花，则符合条件的方案有多少种. （2）给平面图图2中的六个点涂色，要求每个点涂一种颜色，且图中每条线段的两个端点涂不同颜色，若有四种颜色可供选择，则不同的涂色方法共有多少种. 18. 已知函数． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）当时，讨论函数的单调性； （3）若有两个极小值点，，且对任意满足条件的，都有恒成立，求符合条件的整数m的最大值． 19. 已知函数，， （1）求函数的极值； （2）若，当时，恒成立，求实数的取值范围； （3）若，函数，若存在，，使得，求证：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $