广东肇庆市封开县广信中学2025-2026学年高二下学期第一次教学质量检测数学试题

**基本信息** 2025-2026学年高二数学月考卷，覆盖导数、排列组合、二项式定理等核心内容，通过赵爽弦图涂色（文化传承）、志愿者分配（实际应用）等情境，设置基础巩固（单选）、能力提升（多选）、创新应用（解答证明）三级梯度，培养数学抽象与逻辑推理能力。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8/40|导数计算、排列组合|基础概念辨析，如第2题志愿者分配考分步计数| |多选题|3/18|二项式展开、函数极值|正误判断与多选项分析，如第10题导数公式辨析| |填空题|3/15|二项式常数项、切线方程|文化情境（赵爽弦图涂色）与数学建模结合| |解答题|5/77|单调性、恒成立问题|综合应用与逻辑推理，如第19题含参数零点证明|

2025-2026学年第二学期高二年级第一次教学质量检测数学科答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 C C B C C A B B ABD ABD ABD 1.【详解】由题意可得，，则. 2.【详解】将名志愿者分为2组，每组的人数分别为和3，再将这2组志愿者分配到2项公益活动，由分步乘法计数原理可知，不同的分配方案种数为.故选：C 3．B【详解】,解得,故选：B. 4．C【详解】展开式中含的项为：，所以的系数为. 5．C【详解】解法一：总共有名候选人，任选人的总选法为组合数种；不符合“至少有一名工程师”的情况是“全选专家”，从名专家中选人的选法为种.因此至少有一名工程师的选法为 种。解法二：直接分两类计算：第一类：选出的人为名工程师和名专家的选法为种；第二类：选出的人为名工程师和名专家的选法为种，根据分类加法计数原理得共有种选法. 6.【详解】由，得，则，解得， 7．【详解】因为函数在上单调递增，所以在上恒成立， 所以，因为在上单调递增，所以，所以. 8．B【详解】解：函数f（x）是定义在（0，+∞）上的可导函数，为其导函数，令φ（x）＝xf（x），则φ′（x）＝x•+f（x）＝ex（x﹣1），可知当x∈（0，1）时，φ（x）是单调减函数，并且0•+f（0）＝e0（0﹣1）＝﹣1＜0，即f（0）＜0x∈（1，+∞）时，函数是单调增函数，f（2）＝0，则φ（2）＝2f（2）＝0，则不等式f（x）＜0的解集就是xf（x）＜0的解集，不等式的解集为：{x|0＜x＜2}． 9．．ABD【详解】对于A，二项式的展开式中共有项，故A正确；对于B，第3项为，故B正确；对于C，令，得各项系数的和为，故C错误； 对于D，二项式系数的最大值为，故D正确. 10．ABD【详解】解：对于A：，故A错误；对于B：，故B错误；对于C：，故C正确；对于D：，故D错误； 11．ABD【详解】对于A，显然0不是函数的零点，当时，令，变形为， 令，，则，令得或，令得，所以在上单调递增，在上单调递减，，作出的图象，如下：直线与其仅有一个公共点，则；对于B，，令，函数有且仅有2个极值点，故有2个变号零点，令得，显然0不是函数的零点，当时，变形为，令，则，令得，令得或，故在上单调递减，在上单调递增，，作出的图象，如下：直线与其交于两点，则，故，B正确；对于C，结合B的分析，显然当时，有且仅有一个变号零点， 函数存在唯一的极值点，C错误；对于D，，即，当时，满足要求，当时，，变形为，令，结合A的分析，当x＞0时，，故，D正确. 12．共有个因式，从个因式中选择，在剩下的个因式中选择，则的展开式中的常数项为. 13．72【详解】根据题意，如图，假设5个区域依次为，分4步分析：   ①，对于 区域，有4种涂法，②，对于区域，与相邻，有3种涂法，③，对于区域，与相邻，有2种涂法，④，对于区域，若其与区域同色，则有2种涂法，若区域与区域不同色，则有1种涂法，则区域有种涂色方法，则不同的涂色方案共有4×3×2×3＝72种. 14．/【详解】由直线与曲线相切，设切点为，由，且切线的斜率为，所以，代入曲线方程中得：，所以切点为，代入直线方程中得：，因为，. 当时取等号，所以的最大值为. 15.【详解】（1）从名男生中任选名有种选法，从名女生中任选名有种选法，再将选取的人排列有种排法，由乘法原理共有种排法，（2）先将女生全排有种，再从个空隙中选出3个将3个男生插入到3个空隙中有种，由乘法原理共有种排法.（3）先排甲，有种方法，其余人有种排列方法，共有种，（4）甲乙必须相邻，先将甲乙捆绑有种，再与剩下的个人排列有种，共有种. 16.【详解】（1）因为．令，得或，当变化时，的变化情况如表所示． 2 0 0 单调递增 28 单调递减 单调递增 所以的单调递增区间为和，单调递减区间为． （2） 由（1）知当时，取得极小值．因为 .所以． 17．【详解】（1）取得到，取得到，两式相加得到. （2）根据（1）知：.（3）展开式的通项为：，故当为偶数时，对应系数为正；当为奇数时，对应系数为负， 故. 18．【详解】（1）当时，，则，得.又，故曲线在点处的切线方程为，即. （2）当时，，得，令，得或（舍去），当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，即的单调递增区间为，单调递减区间为. （3）恒成立，即恒成立，即恒成立. 令，则，当时，则，函数在上单调递增，因为，不符合题意；当时，由，得，则函数在上单调递增，由，得，则函数在上单调递减，故的最大值为，由和，解得.综上可得，的最大值为. 19．【详解】（1）的定义域为，．当时，在上单调递增；当时，由得，由得，由得，则在上单调递减，在上单调递增．综上，时，在上单调递增，时，在上单调递减，在上单调递增． （2）因为在上有两个零点，所以，由得，令，则，所以，时，时，，所以在上单调递增，在上单调递减，有极大值，也就是最大值为，又无限趋近时，无限趋近于0，所以在上有两个零点时，，所以，即的取值范围是． （3）因为有两个极值点，所以，有两个实数根，所以可得，设，将代入，得，所以，所以要证，只需证，即．设，则．令，则，可知在上为增函数．又，所以时，在上为增函数． 所以，即成立，所以成立． 试卷第1页，总3页 试卷第1页，总3页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年第二学期高二年级第一次教学质量检测数学科试题 一、单选题(共8题，每题5分) 1．设是的导函数，已知，则（    ） A．0 B．1 C．2 D．4 2．将5名志愿者分配到两项公益活动，每名志愿者只分配到一项公益活动，每项公益活动至少分配2名志愿者，则不同的分配方案共有（   ） A．10种 B．25种 C．20种 D．40种 3．设，若，则 A． B． C． D． 4．在 的展开式中，的系数为（    ） A．-40 B．40 C．-80 D．80 5．某科技公司要组建一个3人的科研团队，现有2名工程师和4名专家可选，则至少有一名工程师被选中的选法共有（    ） A．种 B．种 C．种 D．种 6.已知函数的导函数为，若，则=（    ） A． B． C．1 D．0 7.若函数在上单调递增，则实数的取值范围为（   ） A． B． C． D． 8．是定义在上的可导函数，若，且，则不等式的解集为（    ） A． B．（0,2） C．（1,2） D．（0,1） 试卷第1页，共3页 1 学科网（北京）股份有限公司 二、多选题（共3题，每题6分） 9．关于的展开式，下列结论正确的是（    ） A．展开式中共有9项 B．第3项为 C．各项系数的和为256 D．二项式系数的最大值为70 10．下列求导错误的是（    ） A． B． C． D． 11．已知函数，其中，则（    ） A．若函数有且仅有1个零点，则 B．若函数有且仅有2个极值点，则a的取值范围是 C．不存在，使函数存在唯一的极值点 D．若对恒成立，则 三、填空题（共3题，每题5分） 12．的展开式中的常数项为____________. 13．如图是我国古代数学家赵爽在为《周髀算经》作注解时给出的“弦图”．现提供4种颜色给“弦图”的5个区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不相同，则不同的涂色方案共有___________种．    14．已知为正实数，且直线与曲线相切，则的最大值为______. 四、解答题（共5题，第15题13分，第16，17题各15分，第18，19题各17分） 15．名男生与名女生，按照下列不同的要求，求不同的方案的方法总数，按要求列出式子，再计算结果，用数字作答. (1)从中选出名男生和名女生排成一列； (2)全体站成一排，男生互不相邻； (3)全体站成一排，甲不站排头，也不站排尾； (4)全体站成一排，甲、乙必须站在一起； 16．已知函数． (1)求的单调区间； (2)若，求的最大值与最小值． 17．设，求： （1）； （2）； （3）． 18．已知函数. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)当时，求的单调区间； (3)若不等式恒成立，求的最大值. 19．已知函数，． (1)讨论的单调性； (2)若在上有两个零点，求实数的取值范围； (3)若函数有两个极值点，，证明：. 2 3 学科网（北京）股份有限公司 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $