精品解析：陕西西安市第八十九中学等校2025-2026学年高二下学期4月联考数学试题

高二数学 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名､考生号､考场号､座位号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一､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. 已知数列，则该数列的通项公式可以为（ ） A. B. C. D. 2. 从6本不同的数学书，4本不同的英语书中任取1本，则不同的取法种数是（ ） A. 10 B. 24 C. D. 3. 函数的极小值点为（ ） A. 1 B. 2 C. D. 4. 5名大学生利用暑假到学校的实践基地进行实习，每人从甲、乙、丙三个基地中任选一个，若不考虑其他条件，则不同的选法有（ ） A. 8种 B. 15种 C. 种 D. 种 5. 下表中的数阵为“森德拉姆数筛”，其特点是每行每列都成等差数列. 2 3 4 5 6 7 ⋯ 3 5 7 9 11 13 ⋯ 4 7 10 13 16 19 ⋯ 5 9 13 17 21 25 … 6 11 16 21 26 31 ⋯ 7 13 19 25 31 37 ⋯ ⋯ ⋯ ⋯ ⋯ ⋯ ⋯ ⋯ 表中对角线上的一列数构成数列，则（ ） A. B. C. D. 6. 用这个数字，组成没有重复数字的三位偶数的个数为（ ） A. B. C. D. 7. 将一个边长为24的正方形铁片的四角截去四个边长均为的小正方形，做成一个无盖方盒，当方盒容积最大时，（ ） A. 2 B. C. D. 4 8. 杨辉是我国南宋末年的一位杰出的数学家.他在《详解九章算法》一书中，画出了由二项式展开式的系数构成的三角形数阵，这个三角形数阵被称作“开方作法本源”，这就是著名的“杨辉三角”.在“杨辉三角”中，第2026行所有数字之和记为，则除以15所得的余数为（ ） A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 二､多选题：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. 下列选项正确的是（ ） A. B. C. D. 若，则 10. 已知的展开式中偶数项的二项式系数之和为256，则（ ） A. B. 展开式各项系数和为1 C. 展开式共有10项 D. 展开式各项系数绝对值的和为 11. 已知数列满足是公差为-2的等差数列，是首项为8的等比数列，且，则（ ） A. B. 与都是递减数列 C. 的前项和有最大值 D. 的前项积有最大值 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数的导函数为，且，则__________. 13. 2025的不同正因数的个数为________． 14. 《九章算术》是中国古代数学的经典著作，其中“方程章”主要研究线性方程组问题，其核心思想与现代线性代数中的矩阵初等变换有异曲同工之妙.现有问题：三人共募捐100文钱，已知每个人捐钱数量不少于1文且最小单位为1文，则三人捐钱数量的所有情况种数为__________. 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. 已知函数. （1）若，求曲线在处的切线方程； （2）若有三个零点，求的取值范围. 16. 从6名男生和4名女生中选出4人去参加一项创新大赛. （1）如果男生和女生各选2人，那么有多少种不同的选法？ （2）如果男生中的甲和女生中的乙必须参加，那么有多少种不同的选法？ （3）如果男生中的甲和女生中的乙必须至少要有1人参加，那么有多少种不同的选法？ 17. 已知. （1）求的展开式的常数项； （2）求的展开式中系数绝对值最大的项. 18. 已知数列满足. （1）求数列的通项公式. （2）已知数列的前项和为，且是等差数列，记数列的前项和为. ①求； ②求. 19. 已知函数. （1）当，时，证明：. （2）当时，恒成立，求的取值范围. （3）若方程的两根分别为，且，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高二数学 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名､考生号､考场号､座位号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一､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. 已知数列，则该数列的通项公式可以为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】通过逐项验证即可判断. 【详解】对于A，，错误； 对于B，，错误； 对于C，，错误， 对于D，，符合，故正确. 2. 从6本不同的数学书，4本不同的英语书中任取1本，则不同的取法种数是（ ） A. 10 B. 24 C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】分两类： 第一类，取数学书，有6种不同的取法； 第二类，取英语书，有4种不同的取法. 故共有种不同的取法. 3. 函数的极小值点为（ ） A. 1 B. 2 C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】因为， 所以当时，，在上单调递增， 当时，，在上单调递减，即的极小值点是2. 4. 5名大学生利用暑假到学校的实践基地进行实习，每人从甲、乙、丙三个基地中任选一个，若不考虑其他条件，则不同的选法有（ ） A. 8种 B. 15种 C. 种 D. 种 【答案】C 【解析】 【详解】由题意知，每位大学生都有3种选择，根据分步乘法计数原理，共有种选法. 5. 下表中的数阵为“森德拉姆数筛”，其特点是每行每列都成等差数列. 2 3 4 5 6 7 ⋯ 3 5 7 9 11 13 ⋯ 4 7 10 13 16 19 ⋯ 5 9 13 17 21 25 … 6 11 16 21 26 31 ⋯ 7 13 19 25 31 37 ⋯ ⋯ ⋯ ⋯ ⋯ ⋯ ⋯ ⋯ 表中对角线上的一列数构成数列，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】易知，数列的递推公式为， 所以 当时， 累加得， 所以，即. 满足上式，所以. 故. 6. 用这个数字，组成没有重复数字的三位偶数的个数为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】分两类：个位为和个位不为， 当个位为时，从剩余的个数字中取出个放在十位和百位，有种取法， 当个位不为时，第一步，确定个位上的数字，可以从中取出个，有种取法， 第二步，确定百位上的数字，从除外剩余的个数字中取出个，有种取法， 第三步，从包含在内的个数字中取出个，有种取法， 根据分步乘法计数原理，个位不为的三位偶数有个， 故所求没有重复数字的三位偶数的个数为. 7. 将一个边长为24的正方形铁片的四角截去四个边长均为的小正方形，做成一个无盖方盒，当方盒容积最大时，（ ） A. 2 B. C. D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】由题意确定容积关于的函数表达式，求导，确定单调性即可求解. 【详解】因为铁片的四角截去四个边长均为的小正方形， 所以无盖方盒的底面积为，高为. 设方盒的容积为，则， 令， 得或（舍去）， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以当时，方盒容积最大. 8. 杨辉是我国南宋末年的一位杰出的数学家.他在《详解九章算法》一书中，画出了由二项式展开式的系数构成的三角形数阵，这个三角形数阵被称作“开方作法本源”，这就是著名的“杨辉三角”.在“杨辉三角”中，第2026行所有数字之和记为，则除以15所得的余数为（ ） A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 【答案】A 【解析】 【分析】由二项式系数性质得出，然后利用，结合二项式定理可得余数 . 【详解】易知第2026行所有数字之和为二项式展开式的所有二项式系数和，即. 因为 ， 所以除以15余数为4. 二､多选题：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. 下列选项正确的是（ ） A. B. C. D. 若，则 【答案】BC 【解析】 【详解】因为，所以A不正确； 因为，所以B正确； 因为，所以C正确； 因为，所以， 所以或（舍去），故D不正确. 10. 已知的展开式中偶数项的二项式系数之和为256，则（ ） A. B. 展开式各项系数和为1 C. 展开式共有10项 D. 展开式各项系数绝对值的和为 【答案】ACD 【解析】 【详解】的展开式中偶数项的二项式系数之和为， 所以，解得，故A正确； 令，可得各项系数之和为，故B不正确； 因为，所以展开式共有10项，故C正确； 展开式各项系数绝对值的和与展开式各项系数和相等，为，故D正确. 11. 已知数列满足是公差为-2的等差数列，是首项为8的等比数列，且，则（ ） A. B. 与都是递减数列 C. 的前项和有最大值 D. 的前项积有最大值 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据等差数列、等比数列的通项公式和性质逐项计算判断即可. 【详解】设，则是公差为-2的等差数列， 所以是首项为8的等比数列，所以. 因为，且，所以. 因为，所以，所以， 所以，所以. 因为，所以，故A正确. 因为，所以是递减数列.因为， 所以当时，，当时，，当时，， 所以不是递减数列，故B错误. 因为是首项为8，公差为-2的等差数列，所以前项和有最大值，故C正确. 因为是首项为8，公比为的等比数列，所以前项积有最大值，故D正确. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数的导函数为，且，则__________. 【答案】 【解析】 【详解】因为， 所以， 故. 13. 2025的不同正因数的个数为________． 【答案】15 【解析】 【分析】先将2025写成，再根据正因数的求法结合分步乘法原理，即可求得答案. 【详解】由题意知， 则可设2025的正因数为，其中， 由分步乘法计数原理可得2025的不同正因数的个数为， 故答案为：15 14. 《九章算术》是中国古代数学的经典著作，其中“方程章”主要研究线性方程组问题，其核心思想与现代线性代数中的矩阵初等变换有异曲同工之妙.现有问题：三人共募捐100文钱，已知每个人捐钱数量不少于1文且最小单位为1文，则三人捐钱数量的所有情况种数为__________. 【答案】4851 【解析】 【详解】问题相当于将100个相同的元素分给3个人，每人至少1个， 只需用隔板法，用2块板将100个元素隔成3份即可，所以共有种情况. 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. 已知函数. （1）若，求曲线在处的切线方程； （2）若有三个零点，求的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据导数的几何意义求出切线斜率，再由点斜式求切线方程即可； （2）利用导数判断函数的单调性，求出函数的极值，根据图象趋势与零点情况，即得不等式组，求解即可. 【小问1详解】 当时，，则. 因为， 所以所求切线方程为，即. 【小问2详解】 因，令，得或. 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以， 因时，；当时，， 由有三个零点，可得， 故的取值范围是. 16. 从6名男生和4名女生中选出4人去参加一项创新大赛. （1）如果男生和女生各选2人，那么有多少种不同的选法？ （2）如果男生中的甲和女生中的乙必须参加，那么有多少种不同的选法？ （3）如果男生中的甲和女生中的乙必须至少要有1人参加，那么有多少种不同的选法？ 【答案】（1）90 （2）28 （3）140 【解析】 【小问1详解】 男生和女生各选2人共有种选法. 【小问2详解】 因为男生中的甲和女生中的乙必须参加，所以只需从另外的8人中再选2人即可， 所以男生中的甲和女生中的乙必须参加的选法有种. 【小问3详解】 方法一：男生中的甲和女生中的乙必须至少要有1人参加，可分为甲参加乙不参加，甲不参加乙参加，甲､乙都参加三种情况. 若甲参加乙不参加，则再从另外8人中选3人即可，有种选法； 若甲不参加乙参加，则同样再从另外8人中选3人即可，有种选法； 若甲､乙都参加，则再从另外8人中选2人即可，有种选法. 故共有种选法. 方法二：从这10人中选4人有种选法， 其中甲､乙都不参加有种选法， 所以男生中的甲和女生中的乙必须至少要有1人参加的选法有种. 17. 已知. （1）求的展开式的常数项； （2）求的展开式中系数绝对值最大的项. 【答案】（1） （2）第4项 【解析】 【分析】（1）由，再利用展开式的通项公式，即可求解； （2）将问题转化成的展开式中系数最大的项，建立不等式组求出展开式系数最大的项，即可求解. 【小问1详解】 因为， 又展开式的通项公式为， 令，得，所以的展开式的常数项为. 【小问2详解】 易知的展开式中系数绝对值最大的项与的展开式中系数最大的项对应项的系数绝对值相同， 又因为的展开式的通项公式为. 设的展开式中系数最大的项为第项， 则，即， 整理得，解得，又，所以， 则展开式中第项系数最大， 又由（1）知的第项为， 故的展开式中系数绝对值最大的项为第项. 18. 已知数列满足. （1）求数列的通项公式. （2）已知数列的前项和为，且是等差数列，记数列的前项和为. ①求； ②求. 【答案】（1） （2）①；② 【解析】 【分析】（1）根据条件得数列是常数列，从而得，再利用等比数列的通项公式，即可求解； （2）①根据条件，求出，再由错位相减法，即可求解；②根据①可得，再利用裂项相消法，即可求解. 【小问1详解】 因为，所以. 因为，所以，所以数列是常数列， 所以 ，所以， 所以数列是首项为1，公比为2的等比数列，所以. 【小问2详解】 ①因为是等差数列，所以，即， 因为，所以，解得， 因为，所以是首项为1，公差为1的等差数列， 所以，即， 当时，，当时也成立，所以， 因为， 所以， 则， 两式相减得， 所以， ②由①可得， 所以. 19. 已知函数. （1）当，时，证明：. （2）当时，恒成立，求的取值范围. （3）若方程的两根分别为，且，证明：. 【答案】（1） 令，则. 因为，所以. 令，则在上恒成立，所以在上单调递增. 因为，所以， 所以在上单调递增，所以，所以. （2） （3） 由（2）知，方程的两根即方程的两根， 令，则， 令，得，令，得， 所以在上单调递减，在上单调递增，所以； 令， 则，所以在上单调递增. 因为，所以，所以. 因为，所以. 因为，，且在上单调递增， 所以，即. 【解析】 【分析】（1）令并对函数求导得出其单调性，求出其最小值即可得出结论； （2）将不等式化简可知，结合函数在上单调递增，构造，可求得，可得. （3）令，可得在上单调递减，在上单调递增，令，求导可得在上单调递增，因此，所以，即. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为，所以. 因为，所以， 所以. 因为函数在上单调递增，所以，即. 令，则， 令，得，令，得， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，所以. 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $