精品解析：福建福州第一中学2025-2026学年第二学期第一学段期中考试高二数学试卷

福州一中2025-2026学年第二学期第一学段期中考试 高二数学考试卷 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 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. 1. 已知函数，则其导函数（ ） A. B. C. D. 2. 若，则n等于（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 3. 二项式的展开式中，常数项为（ ） A. -4 B. 4 C. -6 D. 6 4. 如图是函数的导函数的部分图象，则下列判断正确的是（ ） A. 在区间上，是增函数 B. 在区间上，是减函数 C. 当时，取得极大值 D. 当时，取得极小值 5. 已知函数在区间上单调递增，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 6. 设定义在上的函数的导函数为，若，，则不等式（其中e为自然对数的底数）的解集为（ ） A. B. C. D. 7. 如图，有一个触屏感应灯，该灯共有9个灯区，每个灯区都处于“点亮”或“熄灭”状态，触按其中一个灯区，将导致该灯区及相邻（上、下或左、右相邻）的灯区改变状态.假设起初所有灯区均处于“点亮”状态，若从中随机先后按下两个不同灯区，则B，I灯区最终仍处于“点亮”状态的不同按法种数为（ ） A B C D E F G H I A. 18 B. 20 C. 24 D. 36 8. 已知函数，若，，，则（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本题共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. 某学校高二年级数学课外活动小组中有男生6人，女生4人，则下列说法正确的是（ ） A. 若从中选2人，1人做正组长，1人做副组长，则有90种不同的选法 B. 若从中选4人参加数学建模比赛，其中男、女生各2人，则有90种不同的选法 C. 若从中选5人参加数学建模比赛，其中学生甲一定要参加，则有252种不同的选法 D. 若从中选5人参加数学建模比赛，其中至少一名女生，共有246种不同的选法 10. 已知函数，则下列说法正确的有（） A. ，都有两个极值点 B. 当时，仅有一个零点 C. 若的单调递减区间为，则在区间的值域为 D. 存在实数，使直线与的图象交于A、B、C三点，且B为中点 11. 已知函数（为常数）有两个极值点，则（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 函数的单调递增区间是_____________． 13. 一个1，两个2，三个3组成一个六位数，则相同数字不相邻的个数为__________. 14. 在平面直角坐标系中，已知点P是函数的图象上的动点，该图象在点P处的切线交x轴于点M，过点P作的垂线交x轴于点N，设线段的中点的横坐标为t，则t的最大值是_____. 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. 在数列中，，，，且是等差数列. （1）求； （2）求的值. 16. 已知函数. （1）判断函数的单调性； （2）若函数在区间上有两个零点，求实数a的取值范围. 17. 如图所示的容器（不计厚度，长度单位：m）中间为圆柱形，左、右两端均为半球形，容器的容积为，假设该容器的建造费用仅与其表面积有关，已知圆柱形部分每平方米的建造费用为万元（是常数，且），半球形部分每平方米的建造费用为万元. （1）容器的总建造费用为万元，请把表示为r的函数； （2）求该容器的总建造费用最少时的r值. （参考公式：，） 18. 已知函数. （1）若是函数的极小值点，求实数的值； （2）当时，，求实数的取值范围； （3）已知，证明：. 19. 设函数，. （1）若曲线在点处的切线方程为，求实数a，b的值； （2）当，求极值点的个数； （3）对任意，总存在，使得，求c的最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 福州一中2025-2026学年第二学期第一学段期中考试 高二数学考试卷 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 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. 1. 已知函数，则其导函数（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】由求导公式：，. 所以. 2. 若，则n等于（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 【答案】B 【解析】 【详解】由，得，整理得， 所以，解得或（舍去）. 3. 二项式的展开式中，常数项为（ ） A. -4 B. 4 C. -6 D. 6 【答案】D 【解析】 【分析】先求得二项式的通项公式，再令x的次数为零求解. 【详解】二项式的展开式的通项公式为：， 令，解得， 所以常数项为， 故选：D 4. 如图是函数的导函数的部分图象，则下列判断正确的是（ ） A. 在区间上，是增函数 B. 在区间上，是减函数 C. 当时，取得极大值 D. 当时，取得极小值 【答案】D 【解析】 【详解】由图知，时，时， 所以在上单调递减，在上单调递增，A、B错， 所以或时取得极小值，时取得极大值，C错，D对. 5. 已知函数在区间上单调递增，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】由，得， 因为函数在区间上单调递增，所以在上恒成立， 即对恒成立，而在上递增，所以， 所以实数的取值范围是. 6. 设定义在上的函数的导函数为，若，，则不等式（其中e为自然对数的底数）的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】构造函数，根据条件得出其单调性，再将问题转化为解不等式即可. 【详解】令，则， 因为，所以， 故在上单调递减， 因为，所以， 因为，所以，即， 故不等式的解集为. 7. 如图，有一个触屏感应灯，该灯共有9个灯区，每个灯区都处于“点亮”或“熄灭”状态，触按其中一个灯区，将导致该灯区及相邻（上、下或左、右相邻）的灯区改变状态.假设起初所有灯区均处于“点亮”状态，若从中随机先后按下两个不同灯区，则B，I灯区最终仍处于“点亮”状态的不同按法种数为（ ） A B C D E F G H I A. 18 B. 20 C. 24 D. 36 【答案】B 【解析】 【详解】与B相邻的灯区为；与相邻的灯区为， 故将9个灯区分为三类：第一类灯区，第二类灯区，第三类灯区． 若要使得灯区最终仍处于“点亮”状态，则需在同类灯区中随机先后按两个不同灯区． ①若先后按下的是两个灯区，则灯区最终仍处于“点亮”状态，共有种按法； ②若先后按下的是灯区中的两个，则灯区最终仍处于“点亮”状态，共有种按法； ③若先后按下的是灯区中的两个，则灯区最终仍处于“点亮”状态，共有种按法． 故灯区最终仍处于“点亮”状态的不同按法种数为． 8. 已知函数，若，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求导确定函数在上的单调性，再结合函数奇偶性即可判断. 【详解】由，定义域为R， 则 ，  因此  是偶函数， 故： ， ， 对求导得： 因为， 由，得，所以， 当时，， 即在上单调递增， 因此大小关系为： ， 结合的单调性得： ，  即 . 二、多项选择题：本题共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. 某学校高二年级数学课外活动小组中有男生6人，女生4人，则下列说法正确的是（ ） A. 若从中选2人，1人做正组长，1人做副组长，则有90种不同的选法 B. 若从中选4人参加数学建模比赛，其中男、女生各2人，则有90种不同的选法 C. 若从中选5人参加数学建模比赛，其中学生甲一定要参加，则有252种不同的选法 D. 若从中选5人参加数学建模比赛，其中至少一名女生，共有246种不同的选法 【答案】ABD 【解析】 【详解】总人数有人. A：有序选取，，A正确. B：男生选2人、女生选2人，，B正确. C：甲必选，剩余9人选4人，，C错误. D：个人任意选人有种，人全选男生有种，所以至少一名女生的选择法有种，D正确. 10. 已知函数，则下列说法正确的有（） A. ，都有两个极值点 B. 当时，仅有一个零点 C. 若的单调递减区间为，则在区间的值域为 D. 存在实数，使直线与的图象交于A、B、C三点，且B为中点 【答案】BD 【解析】 【分析】对于A，求导，通过导数正负可判断；对于B，确定函数单调性得到极值，可判断；对于C，由单调减区间求得，进而可判断；对于D，结合三次方程韦达定理即可判断. 【详解】已知， 求导得，判别式， 选项A，当，即​时，恒成立，单调递增，没有极值点，因此A错误； 选项B，当时，，， 当，时，，单调递增， 当时，，单调递减， 即极值点为​， 计算得：，， 且时，当时， 因此仅在存在一个零点，B正确； 选项C，若的单调递减区间为， 即的根为， 由韦达定理：​，得， 由B可知在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 又，，，， 因此值域为，C错误； 选项D，设方程有三个根， 所以方程即为， 变形为， 比较两个方程可得. 三次方程韦达定理得证. 联立与， 整理得，设三个交点横坐标为， 若是中点，则， 由三次方程韦达定理：，得，即​， 将代入方程：， 存在实数满足条件，D正确. 11. 已知函数（为常数）有两个极值点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据题意可得方程的两根为，利用导数和数形结合的思想研究函数的单调性，即可判断A；利用二次求导和研究函数的单调性，构造函数，利用二次求导和函数的对称性研究函数的单调性，进而判断BCD. 【详解】由题意知，函数的定义域为， ，则的两根为， 由，得， 设，则， 令，令， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 故，作出函数与函数的图像，如图， 由图可知，解得，故A正确； 令 则， 令，令， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 由，得，B错误； 所以， 又，所以， 故函数在和上单调递减，在上单调递增， 设， 则，即函数关于点对称， ，令， 则， 当时，，， 所以在上，，函数单调递减，且， 则在上，即，函数单调递增， 又关于点对称，所以函数在单调递增， 所以，有， 又，所以，由，得， 又函数在单调递减， 所以，即，故C正确. ==， 令， 则， 当，，单调递增， 而， 所以， 即，故选项D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 函数的单调递增区间是_____________． 【答案】## 【解析】 【分析】求导，令求解即可. 【详解】因为的定义域为，则， 且，令，则，解得， 所以函数的单调递增区间是. 故答案为： 13. 一个1，两个2，三个3组成一个六位数，则相同数字不相邻的个数为__________. 【答案】10 【解析】 【分析】根据给定条件，列举出所有可能的排列结果可. 【详解】相同数字不相邻的情况： 三个3之间的两个位置只有两个2，有323231，132323； 三个3之间的两个位置只有一个1和一个2，有232313，323132，231323，313232； 三个3之间的两个位置中，其中一个位置有一个1和一个2，另一个位置为2，有312323，321323，323123，323213， 所以相同数字不相邻的个数为10个. 故答案为：10 14. 在平面直角坐标系中，已知点P是函数的图象上的动点，该图象在点P处的切线交x轴于点M，过点P作的垂线交x轴于点N，设线段的中点的横坐标为t，则t的最大值是_____. 【答案】 【解析】 【分析】设，根据导数的几何意义得到切线方程，进而求得，求得切线的垂线方程，从而求得，即可得到，再构造函数，利用导数求得最大值即可. 【详解】设，，则， 则切线的方程为， 令，解得，即. 切线的垂线方程为， 令，解得，即. 所以. 设，， 令，解得， 当时，，则在上为增函数； 当时，，在上为减函数. 所以， 即t的最大值是. 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. 在数列中，，，，且是等差数列. （1）求； （2）求的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）使用等差中项的性质即可求解； （2）使用累加法求得的通项公式，再使用裂项相消法即可得证. 【小问1详解】 设，，，， 因为是等差数列，即是等差数列， 则有，即，解得. 【小问2详解】 由（1）知，，，则的公差为2，首项为6， 则，即， 当时， 将各式相加，得， 即，即， 而满足上式，故， ， 则. 16. 已知函数. （1）判断函数的单调性； （2）若函数在区间上有两个零点，求实数a的取值范围. 【答案】（1）答案见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据函数的导数与单调性的关系，通过讨论a的范围，判断函数的单调性； （2）利用（1）的结论，结合零点存在定理列不等式求a的范围. 【小问1详解】 已知，其定义域为.求导. 当时，因为，所以，即.所以在上单调递增. 当时，令，即，因为，所以，解得. 当时，，所以在上单调递增； 当时，，所以在上单调递减. 综上，当时，的单调递增区间为，无单调递减区间； 当时，的单调递增区间为，单调递减区间为. 【小问2详解】 由（1）可知，当时，在上单调递增，所以在上至多有一个零点，不符合题意. 所以，此时在上单调递增，在上单调递减. 要使在上有且仅有两个零点，当趋近于0时，趋近于， 所以根据零点存在定理，则需满足， ，解得； ，化简得，解得； 又因为，可得， 所以实数a的取值范围为. 17. 如图所示的容器（不计厚度，长度单位：m）中间为圆柱形，左、右两端均为半球形，容器的容积为，假设该容器的建造费用仅与其表面积有关，已知圆柱形部分每平方米的建造费用为万元（是常数，且），半球形部分每平方米的建造费用为万元. （1）容器的总建造费用为万元，请把表示为r的函数； （2）求该容器的总建造费用最少时的r值. （参考公式：，） 【答案】（1），； （2）答案见解析 【解析】 【分析】（1）根据已知总体容积等式，化简求出母线关于半径的表达式，结合实际约束得到的取值范围，再代入总建造费用公式，逐步化简整理，得出费用关于的函数解析式与定义域. （2）对总建造费用函数求导并化简，求出导数为零的临界点，分与两种情况，讨论导数正负判断函数单调性，依据单调性确定不同范围下总费用取最小值时对应的半径. 【小问1详解】 由题设，则，且， 所以，且； 【小问2详解】 由（1）得 ， 且，令 当即时，在上恒成立，即在上单调递减，此时时取； 当即时，当时，，则在上单调递减， 当时，，则在上单调递增，此时时有； 综上，当时，，该容器的总建造费用最少； 当时，，该容器的总建造费用最少. 18. 已知函数. （1）若是函数的极小值点，求实数的值； （2）当时，，求实数的取值范围； （3）已知，证明：. 【答案】（1） （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用，求得，进而验证即可； （2）分和两种情况分类讨论，可求得实数的取值范围； （3）当时，可得，进而得时，，进而可证，进而构造函数可证，进而可证结论. 【小问1详解】 ，由是的极小值点， 所以，所以. 当时，，， 当时，；当时，. 所以是的极小值点，所以. 【小问2详解】 因为，所以当时，，由（1）知，符合题意； 当时，. 又当时，，，所以，即. 所以在区间单调递减，所以，不符合题意. 综上，的取值范围是. 【小问3详解】 由（1）知，当时，函数在区间单调递增， 所以当时，， 即，所以当时，. 当时，， 则有. 令，求导得， 当时，，在单调递增； 当且时，又，即，. 所以. 又时，所以时，. 记，所以. 所以. 19. 设函数，. （1）若曲线在点处的切线方程为，求实数a，b的值； （2）当，求极值点的个数； （3）对任意，总存在，使得，求c的最小值. 【答案】（1）， （2）1个 （3）2 【解析】 【分析】（1）利用，可求，进而由，可求得； （2）分和两种情况讨论极值点的个数为1个. （3）分离变量，设，，分和，结合单调性可求得c的最小值. 【小问1详解】 ， 由题意知，得， 又， 所以，所以. 【小问2详解】 ①当时，，令，得， 当，；当，，则极值点的个数为1个. ②当时， （i）当，知，且， 所以，此时单调递减，无极值点. （ii）当时，设， 则， 又，且，， 所以， 所以即在上单调递减，且有， 由零点定理可知存在唯一的，使得， 所以在上单调递增，在上单调递减，为极大值点， 综上，若，存在唯一的极值点；若，存在唯一的极值点0， 所以极值点的个数为1个. 【小问3详解】 将化为 设，， 当即时，此时，单调递减至负无穷，可以取任意值； 当即时，此时，单调递增或为常函数， 依题意应有在上恒成立， 设，， 则， 当时，，当时，， 所以在上单调递增，单调递减，. 所以的最小值为2. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $