精品解析：湖北武汉市5G联合体2025-2026学年下学期期中高二数学试卷

湖北武汉市5G联合体2025-2026学年下学期期中高二数学试卷 一、单项选择题：本题共8个小题，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. 已知是定义在上的可导函数，若，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知等差数列中，，则（ ） A. 6 B. 9 C. 12 D. 15 3. 下列求导正确的是（ ） A. B. C. D. 4. 某中学准备在校园科技节展示5款不同的AI学习软件，分别是：豆包、讯飞星火、文心一言、元宝、即梦．在展台中要求豆包和即梦两块展板相邻，且文心一言与讯飞星火两块展板不相邻，则有（ ）种不同的放置方式． A. 12 B. 24 C. 36 D. 48 5. 已知数列的前项和为，满足，则的值为（ ） A. 63 B. 126 C. 128 D. 254 6. 在2026年春晚节目《武BOT》中，机器人完成了后空翻、跳马等高难度动作，其表演融合了科技与武术元素，也见证了“中国智造”的飞跃速度.若该节目的机器人按杨辉三角队形站位，第行的第个机器人的动作难度为，则从第3行到第2025行，每行第3个机器人动作难度之和为（ ） A. B. C. D. 7. 已知是定义在的偶函数，当时，，且，则的解集为（ ） A. B. C. D. 8. 如图所示，某公园要给由7个区域组成的花坛进行花卉种植，中心区域为主花坛，从中心向三个方向延伸出分花坛，每个方向有两个分花坛，靠近主花坛的为第一层分花坛，远离主花坛的为第二层分花坛.现用四种不同的花卉品种给所有的花坛区域种植，要求相邻的区域种植不同品种花卉，且同一层的分花坛种植不同品种的花卉，则所有的种植方法种数为（ ） A. 216 B. 244 C. 264 D. 288 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.全部选对得6分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分. 9. 下列说法正确的是（ ） A. 乘积展开后有36项 B. C. 个班分别从个景点中选择一处游览，有种不同选法 D. 老师把张相同的游园门票分给人中的人，则不同分法有种 10. 传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家用沙粒和小石子来研究数，他们根据沙粒或小石子所排列的形状把数分成许多类，将图中的 称为六边形数，将六边形数按从小到大的顺序排成数列，则（ ） A. B. C. 是等差数列 D. 11. 已知函数 ，若有三个零点且，下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 的展开式中，的系数为__________． 13. 2026年4月学校举办趣味运动会，甲、乙、丙3名同学负责A，B，C，D四个任务．若每人至少负责一个任务，每个任务都必须有人负责，则甲同学负责任务的分配方法共有__________种． 14. 已知对于，都有恒成立，则实数的最大值为__________. 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. 已知等差数列的前项和为，且. （1）求数列的通项公式； （2）若，求的值. 16. 已知函数. （1）当时，求函数的极值； （2）讨论函数的零点个数. 17. 已知二项式. （1）若其展开式中，第项、第项和第项的二项式系数成等差数列，求的值； （2）在（1）的条件下求展开式中所有的有理项； （3）设展开式中的各项系数和为，则当时，求除以所得余数. 18. 已知函数. （1）当时，若直线与曲线相切，求实数的值； （2）讨论的单调性； （3）若对任意，都有恒成立，求整数的最小值. 19. 17世纪，牛顿在《流数法与无穷级数》一书中，给出了代数方程的一种数值解法，其过程如下：如图，设是方程的解，选取作为的初始近似值，过点作曲线的切线.如果，则与轴的交点的横坐标记为，称为的一阶近似值．再过点作曲线的切线，并求出切线与轴的交点横坐标记为，称为的二阶近似值.重复以上过程，得的近似值序列：，已知. （1）取，根据牛顿迭代法求； （2）求与的关系式，并证明：； （3）牛顿迭代法体现了“以直代曲”的数学思想，通常以曲线的切线或割线近似代替原曲线.基于该思想，证明：若关于的方程的两个实数根分别为，则． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 湖北武汉市5G联合体2025-2026学年下学期期中高二数学试卷 一、单项选择题：本题共8个小题，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. 已知是定义在上的可导函数，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】将题目给的极限表达式转化为导数的定义式，即可得解. 【详解】因为，即， 即，则. 故选：A. 2. 已知等差数列中，，则（ ） A. 6 B. 9 C. 12 D. 15 【答案】C 【解析】 【详解】由题意可得：， 根据等差数列的基本性质得：， 因此，同理可得， 因此：. 3. 下列求导正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据初等函数和简单复合函数的求导公式计算即可. 【详解】对于A，因为为常数，常数的导数为0，所以，A错误； 对于B，，B错误； 对于C，，所以C正确； 对于D，，所以D错误. 4. 某中学准备在校园科技节展示5款不同的AI学习软件，分别是：豆包、讯飞星火、文心一言、元宝、即梦．在展台中要求豆包和即梦两块展板相邻，且文心一言与讯飞星火两块展板不相邻，则有（ ）种不同的放置方式． A. 12 B. 24 C. 36 D. 48 【答案】B 【解析】 【详解】根据题意将豆包、即梦捆绑为一个整体，则内部排列数为， 将豆包和即梦捆绑为一个整体，先排列该整体与元宝，所以排列数为， 2个元素排完后会产生 个空位， 又因为文心一言和讯飞星火不相邻， 所以从3个空位中选2个放入文心一言、讯飞星火，即排列数为 ， 所以总方法数为：. 5. 已知数列的前项和为，满足，则的值为（ ） A. 63 B. 126 C. 128 D. 254 【答案】B 【解析】 【分析】根据和的关系得到，则，，再根据等比数列前项和公式计算即可． 【详解】解：，当时，，故； 当时，，，相减得到， 数列是首项为，公比为的等比数列， 故，验证时成立，故，， ． 6. 在2026年春晚节目《武BOT》中，机器人完成了后空翻、跳马等高难度动作，其表演融合了科技与武术元素，也见证了“中国智造”的飞跃速度.若该节目的机器人按杨辉三角队形站位，第行的第个机器人的动作难度为，则从第3行到第2025行，每行第3个机器人动作难度之和为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】分析可知第行的第3个机器人的动作难度为，结合组合数的性质运算求解即可. 【详解】由题意可知：第行的第3个机器人的动作难度为， 则动作难度之和为 . 7. 已知是定义在的偶函数，当时，，且，则的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】构造函数，分析其单调性，再结合函数的奇偶性求解不等式. 【详解】已知时，， 所以构造函数，则 ， 当时，，所以， 因此在上单调递减， 因为是偶函数，则， 即是奇函数，图象关于原点对称， 所以在上也是单调递减， 因为，则， 由是奇函数可得：， 等价于或​， 当时，则，， 当时，，即， 因为在上单调递减且，所以有； 当时，，即， 因为在上单调递减且，所以有， 同时要满足，所以； 当时，，，则，即， 因为在上单调递减且， 所以当时，有， 所以合并得解集：. 8. 如图所示，某公园要给由7个区域组成的花坛进行花卉种植，中心区域为主花坛，从中心向三个方向延伸出分花坛，每个方向有两个分花坛，靠近主花坛的为第一层分花坛，远离主花坛的为第二层分花坛.现用四种不同的花卉品种给所有的花坛区域种植，要求相邻的区域种植不同品种花卉，且同一层的分花坛种植不同品种的花卉，则所有的种植方法种数为（ ） A. 216 B. 244 C. 264 D. 288 【答案】C 【解析】 【分析】先确定主花坛有4种种植选择，再算第一层是3元素错排有2种方法，最后分情况算第二层有11种方法，用分步乘法计数原理得总方法数. 【详解】由题意可知，共有4种不同花卉，因此主花坛有种种植选择， 根据要求：第一层分花坛都与主花坛相邻，因此不能和主花坛同品种，且同一层分花坛品种不同， 所以主花坛已用1种花卉，剩余3种不同花卉分配给3个第一层分花坛，全排列得：  种， 此时三个第一层分花坛恰好用完了除主花坛外的全部3种花卉， 记主花坛品种为，三个第一层品种分别为，，， 对应三个第二层位置分别要求：，，，且，，互不相同， 当第二层不包含，仅用，，，排列，要求每个位置不等于对应品种， 即3元素错排，错排数，共种， 当第二层包含，先选1个位置放，共种选择， 剩余2个位置从，，，选2个排列， 满足位置不等于对应品种，每个位置对应3种合法排列，共种， 因此第二层总合法种植数为种， 所以总种植方法数. 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.全部选对得6分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分. 9. 下列说法正确的是（ ） A. 乘积展开后有36项 B. C. 个班分别从个景点中选择一处游览，有种不同选法 D. 老师把张相同的游园门票分给人中的人，则不同分法有种 【答案】AB 【解析】 【详解】选项，根据分步乘法计数原理，每个括号依次有，，项， 所以展开后共有项，正确； 选项，由题知，则， 因为奇数项二项式系数之和等于偶数项二项式系数之和， 所以，正确； 选项，根据分步乘法计数原理，每个班均有种选择，则共有种，错误； 选项，因为门票均相同，分给人即可，不需要考虑顺序，所以共有种，错误. 10. 传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家用沙粒和小石子来研究数，他们根据沙粒或小石子所排列的形状把数分成许多类，将图中的 称为六边形数，将六边形数按从小到大的顺序排成数列，则（ ） A. B. C. 是等差数列 D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据数列中相邻两项之间的关系，得到递推关系，利用等差数列的定义即可判断C；利用累加法求出数列通项即可判断A和B；利用作差法即可判断D. 【详解】在数列中，有，，， 进一步，得，，， 所以可以得到递推关系：，即， 设数列的通项为，， 则当时，， 所以数列 是首项为5，公差为4的等差数列，故C正确； 当时， ， 显然也成立，所以， 可得，，故A正确，B错误； 因为， 所以，故D正确. 11. 已知函数 ，若有三个零点且，下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】通过求导分析函数的单调性和极值，再结合零点的分布情况来判断各个选项. 【详解】由题意可得 ， 所以 ，令， 解得或， 当时， ，所以在上单调递增， 当时， ，所以在上单调递减， 当时， ，所以在上单调递增， 因此的极大值为 ， 极小值为 ， 因为有三个零点，，，且， 所以，解得，A正确， 在B选项中，根据韦达定理可得三次方程 的根，，满足： ，即， 易知， ， 因为 ，且时，，， 又因为 ， 且，由零点存在定理可得 ， 所以 ，即，B正确， 在C选项中，由B选项可知，， 得，又因为， 所以 ，解得 ， ，因为，且 ， 所以 ，选项C错误， 在D选项中，令 ，则 ； 由可得，因此关于点成中心对称，易知 ； 即的对称中心为，所以满足 ； 所以， 又, 两式相加可得； 所以，D选项正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 的展开式中，的系数为__________． 【答案】 【解析】 【详解】根据二项式展开式的通项公式， 可知的通项：， 根据题意令，则， 所以系数为：. 13. 2026年4月学校举办趣味运动会，甲、乙、丙3名同学负责A，B，C，D四个任务．若每人至少负责一个任务，每个任务都必须有人负责，则甲同学负责任务的分配方法共有__________种． 【答案】12 【解析】 【分析】根据甲负责任务的数量进行分类讨论，再分别计算每类的分配方法数，最后根据分类加法原理求出总分配方法数. 【详解】根据题意，3人分4个任务，每人至少1个任务， 因此必然是1人负责2个任务，另外两人各负责1个任务，且甲必须负责A任务， 所以当甲只负责A任务（仅1个任务） 剩余B、C、D三个任务分给乙、丙两人， 共  种分配方法， 当甲除A外还负责1个额外任务（共2个任务） 先从剩余B、C、D三个任务中选1个给甲， 共种选法，剩余2个任务分给乙、丙两人，每人1个，共种排列， 因此这部分共种分配方法。 因此总分配方法为种. 14. 已知对于，都有恒成立，则实数的最大值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】先将不等式变形为，令，化简不等式，设，求导判断单调性，得到等价于，即，令，求导判断单调性，求出的最小值，进而求得结果. 【详解】化简不等式为，即. 令，则不等式变为. ，求导得，所以在上单调递增， 又，所以等价于，即. 变形得，令，求导得. 令，解得，当时，，则单调递减； 当时，，则单调递增； 所以在处取得最小值，即. 所以要使得不等式恒成立，则，所以. 所以实数的最大值为. 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. 已知等差数列的前项和为，且. （1）求数列的通项公式； （2）若，求的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设等差数列的首项和公差，利用已知两个条件列方程求出首项和公差，即可得到数列的通项公式. （2）对求导后，可知是等差乘等比结构的求和问题，用错位相减法即可计算出结果。 【小问1详解】 由题意可知，数列为等差数列，设首项为，公差为， 又因为对恒成立，所以有， 所以， 即， 解得 所以 即数列的通项公式为. 【小问2详解】 由题意可得： ，令，则 两式相减得： 所以，即 16. 已知函数. （1）当时，求函数的极值； （2）讨论函数的零点个数. 【答案】（1）极小值，无极大值 （2）当，在上有0个零点；当，在上有1个零点；当时，在上有2个零点 . 【解析】 【分析】（1）求解导数，判断函数单调性，可求极值； （2）由函数单调性得到简图，结合图象可判断零点个数. 【小问1详解】 由题意，函数的定义域为， 由，得， 令，即，解得； 令，即，解得，则当时，单调递增； 令，即，解得，则当时，单调递减； 所以当函数取极小值，无极大值. 【小问2详解】 由得方程，令， 则函数零点的个数就是与交点的个数，由（1）可知 当时，单调递减， 当时，单调递增， 时，;时，； 画出函数的图象如下： 当时，函数与无交点； 当或时，函数与有一个交点； 当时，函数与有两个交点- 所以当，在上有0个零点； 当，在上有1个零点； 当时，在上有2个零点 . 17. 已知二项式. （1）若其展开式中，第项、第项和第项的二项式系数成等差数列，求的值； （2）在（1）的条件下求展开式中所有的有理项； （3）设展开式中的各项系数和为，则当时，求除以所得余数. 【答案】（1） （2）有理项为、、 （3） 【解析】 【分析】（1）由题意得出关于的等式，解之即可； （2）写出展开式通项，根据的指数为整数，求出参数的值，代入通项即可得解； （3）求得，当时，可得，结合二项展开式求解即可. 【小问1详解】 由题意有， 即，整理得， 因为，解得. 【小问2详解】 由题意得， 其展开式的通项公式 ， 要想求解展开式中的有理项，需满足为整数，故， 当时，， 当时，， 当时，； 故有理项为、、； 【小问3详解】 令，. 当时， 而能够被整除， 故除以所得余数为． 18. 已知函数. （1）当时，若直线与曲线相切，求实数的值； （2）讨论的单调性； （3）若对任意，都有恒成立，求整数的最小值. 【答案】（1） （2）答案见解析 （3）1 【解析】 【分析】（1）设切点为 ，利用导数的几何意义，列方程组求解； （2）求导，分、两种情况讨论单调性即可； （3）根据题意可得恒成立，设 ，利用导数，结合隐零点问题求出最大值的范围即可确定整数． 【小问1详解】 解：当时，，求导得. 设直线与曲线的切点为 ，则 ，解得，. 【小问2详解】 解：函数的定义域为， ， 当时，，此时函数在上单调递减； 当时，由，解得;由，解得. 则函数在上单调递减，在上单调递增； 综上，当时，函数在上单调递减； 当时，函数在上单调递减，在上单调递增. 【小问3详解】 对任意，有恒成立， 即对任意，有 ，即恒成立． 设 ，则，. 设，，则在上单调递减， 因为，， 所以，使得，即． 当时，；当时，． 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以． 因为，所以， 所以，又为整数， 故整数的最小值为1． 19. 17世纪，牛顿在《流数法与无穷级数》一书中，给出了代数方程的一种数值解法，其过程如下：如图，设是方程的解，选取作为的初始近似值，过点作曲线的切线.如果，则与轴的交点的横坐标记为，称为的一阶近似值．再过点作曲线的切线，并求出切线与轴的交点横坐标记为，称为的二阶近似值.重复以上过程，得的近似值序列：，已知. （1）取，根据牛顿迭代法求； （2）求与的关系式，并证明：； （3）牛顿迭代法体现了“以直代曲”的数学思想，通常以曲线的切线或割线近似代替原曲线.基于该思想，证明：若关于的方程的两个实数根分别为，则． 【答案】（1） （2），证明见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）先求出导函数得出切线方程，再结合新定义计算求解； （2）根据新定义结合切线方程及单调性计算求解最值即可证明不等式； （3）根据新定义应用导数求解单调性计算求解最值即可证明不等式； 【小问1详解】 由得， 当，切线斜率为，直线为， 令，. 【小问2详解】 在点的切线斜率为 则在点的切线方程为 即 令，则. 令，则， 由得；由得， 所以在上递减，上递增， ，即恒成立，即. 【小问3详解】 令，得， 当时，；当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以是的极大值点，也是的最大值点，即， 又时，，时，， 所以当方程有两个根时，必满足； 曲线过点和点的割线方程为， 下面证明， 设， 则， 所以当时，；当时，， 所以在上单调递增，； 在上单调递减，， 所以当时，，即(当且仅当或时取等号)， 由于，所以，解得；① 下面证明当时，， 设，因为， 所以当时，(当且仅当时取等号)， 由于所以，解得，② ①②，得． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $