精品解析：河南洛阳市2025-2026学年第二学期期中考试高二数学试卷

河南洛阳市2025-2026学年第二学期期中考试高二数学试卷 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名，准考证号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 一质点的位移与时间之间的关系为，则该质点在时的瞬时速度为（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 7 2. 二项式的展开式中奇数项的二项式系数之和等于（ ） A. B. C. D. 3. 函数的图象如图所示，则下列不等关系中正确的是（ ） A. B. C. D. 4. 将《水浒传》《三国演义》《西游记》《红楼梦》四本书分给甲、乙、丙三位同学，每人至少1本，且《水浒传》必须分给甲同学，则不同的分配方法有（ ） A. 6种 B. 12种 C. 18种 D. 24种 5. 设函数，则曲线在处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积为（ ） A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 6. 在的展开式中，含的项的系数是（ ） A. B. C. D. 7. 已知共七个人站成一排，要求不站两端，且和不相邻，则不同的排法种数为（） A. 2640 B. 2160 C. 3600 D. 2880 8. 在数列中，，若函数，的导数为，则（ ） A. 8 B. 16 C. 32 D. 64 二、多选题：本题共3小题，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. 设函数，则下列说法正确的是（ ） A. 函数的单调递减区间为 B. 函数有极小值 C. 曲线在处的切线方程为 D. 函数恰有两个零点 10. 在直三棱柱中，下列说法正确的是（ ） A. 以三棱柱的顶点为顶点的三棱锥有12个 B. 过三棱柱任意两个顶点的直线共15条 C. 过三棱柱任意两个顶点的直线中，异面直线有39对 D. 给6个顶点各涂一种颜色，要求图中同一条线段的两个端点的颜色不同，若有四种颜色可供选择，则不同的涂色方法共有264种 11. 已知函数，则（ ） A. 当时，函数恰有2个极值点 B. 当时，函数恰有2个零点 C. 当时，函数恰有2个单调区间 D. 当函数恰有2个零点时，必有一个零点为2 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若的展开式中的系数为20，则的最小值为____________. 13. 某出版社的8名工人中，有3人只会排版，3人只会印刷，还有2人既会排版又会印刷，现从8人中选3人排版，3人印刷，有_____________种不同的选法．（用数字作答） 14. 已知定义在上的函数的导数为，若对任意的满足，且，则不等式的解集是____________． 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. 已知函数在处取得极大值16． （1）求的解析式； （2）求在上的最值． 16. 已知． （1）求的值； （2）求的值； （3）求的值． 17. 已知函数． （1）当时，求函数的极值； （2）若恒成立，求实数的取值范围． 18. 某科技展览会上，展示了编号为1至9的9种型号的无人机，学校为鼓励学生参与创新，购买了每种型号的无人机各1架供学生实验操作． （1）甲、乙两同学从9架无人机中各选一架，且这两架无人机编号的数字之和为偶数，两个同学共有多少种不同的选择？ （2）学校将买回的9架无人机全部都分给高一年级，高二年级，高三年级进行实验，每个年级至少一架． ①若平均分给三个年级，一共有多少种分配方法？ ②若每个年级至少2架，且恰有两个年级分得的数量相同，一共有多少种分配方法？ ③若三个年级分得的数量各不相同，一共有多少种分配方法？ （注：要写出算式，结果用数字表示） 19. 已知函数． （1）求曲线在点处的切线方程； （2）求函数的单调区间； （3）若函数有三个零点，求实数的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 河南洛阳市2025-2026学年第二学期期中考试高二数学试卷 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名，准考证号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 一质点的位移与时间之间的关系为，则该质点在时的瞬时速度为（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 7 【答案】C 【解析】 【分析】利用导数求得处的导数即可得时的瞬时速度. 【详解】由题意知，所以， 所以该质点在时的瞬时速度为5. 2. 二项式的展开式中奇数项的二项式系数之和等于（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据二项式的展开式中所有项的二项式系数和为，奇数项的二项式系数之和与偶数项的二项式系数之和相等求解即可. 【详解】二项式的展开式中，所有项的二项式系数和为， 因为奇数项的二项式系数之和与偶数项的二项式系数之和相等， 所以二项式的展开式中奇数项的二项式系数之和等于， 3. 函数的图象如图所示，则下列不等关系中正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，得到在该区间内是单调递减函数，结合导数的几何意义和割线的斜率，即可求解. 【详解】由函数的图象，函数在上是单调递减函数，且图象是向上凸起， 此时切线的斜率随增大而减小，即在该区间内是单调递减函数， 如图所示，表示在点处的切线的斜率， 表示在点处的切线的斜率， 表示过点的割线的斜率， 根据导数的几何意义，可得，且. 4. 将《水浒传》《三国演义》《西游记》《红楼梦》四本书分给甲、乙、丙三位同学，每人至少1本，且《水浒传》必须分给甲同学，则不同的分配方法有（ ） A. 6种 B. 12种 C. 18种 D. 24种 【答案】B 【解析】 【分析】在除了《水浒传》剩下的三本中，甲再拿 1 本和甲不再拿两种情况讨论求解即可. 【详解】在除了《水浒传》剩下的三本中，甲再拿 1 本，乙丙各 1 本，则有种情况； 在除了《水浒传》剩下的三本中，甲不再拿，乙丙中 1 人拿 2 本，1 人拿 1 本，有种情况， 所以，不同的分配方法有种. 5. 设函数，则曲线在处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积为（ ） A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 【答案】C 【解析】 【详解】由求导得， 则曲线在处的切线斜率为， 又， 则切线方程为，即， 当时，，当时，， 所以该切线与坐标轴的交点分别为点与点， 故切线与两坐标轴围成的三角形的面积为. 6. 在的展开式中，含的项的系数是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先利用二项式通项公式，得出中项的系数为，再分别计算时的对应系数，最后将这些系数求和，即可得到展开式中项的总系数． 【详解】在的展开式中，含的项为， 所以，中含的项的系数是， 对于，含的项的系数为， 对于，含的项的系数为， 对于，含的项的系数为， 对于，含的项的系数为， 对于，含的项的系数为， 因此在的展开式中，含的项的系数是． 7. 已知共七个人站成一排，要求不站两端，且和不相邻，则不同的排法种数为（） A. 2640 B. 2160 C. 3600 D. 2880 【答案】A 【解析】 【分析】先考虑和不相邻的排法，再考虑和不相邻，且A站两端的情况，相减后得到答案. 【详解】先考虑和不相邻的排法： 先排A,B,C,D,E，有种排法， A,B,C,D,E排好后有6个空隙（含两端），从中选2个插入F和G，排法数：种， 所以，总排法有：种； 再考虑A站两端且F、G不相邻”的排法： 先排A在两端，有种（如A在最左端），再排B,C,D,E共4人，排法数：种， 此时5人（A,B,C,D,E）排好后有5个空隙（A的左边不算空隙）， 从中选2个插入F和G，排法数：种， 所以，总排法：种， 所以要求不站两端，且和不相邻，则不同的排法种数为种. 8. 在数列中，，若函数，的导数为，则（ ） A. 8 B. 16 C. 32 D. 64 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意求得，令，进而得，再代入计算即可得答案. 【详解】因为， 所以，当时，； 当时，，， 所以，满足时，， 所以， 令，则， 所以， 所以 二、多选题：本题共3小题，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. 设函数，则下列说法正确的是（ ） A. 函数的单调递减区间为 B. 函数有极小值 C. 曲线在处的切线方程为 D. 函数恰有两个零点 【答案】BC 【解析】 【分析】先对函数求导得到，再通过导数符号分析单调性与极值，计算特殊点处的导数值与函数值以验证切线方程，最后令求解零点，逐一判断选项正误． 【详解】对于A，函数的定义域为， ， 令，得， 所以的单调递减区间为，A错误； 对于B，令，得， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 所以是极小值点，极小值为，B正确； 对于C，，， 所以曲线在处的切线方程为，即，C正确； 对于D，令，得（因为），所以函数只有个零点，D错误． 10. 在直三棱柱中，下列说法正确的是（ ） A. 以三棱柱的顶点为顶点的三棱锥有12个 B. 过三棱柱任意两个顶点的直线共15条 C. 过三棱柱任意两个顶点的直线中，异面直线有39对 D. 给6个顶点各涂一种颜色，要求图中同一条线段的两个端点的颜色不同，若有四种颜色可供选择，则不同的涂色方法共有264种 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，直接考虑选取的四面体的个数即可；对于B，直接考虑选取两个不同点的情况即可；对于C，结合A选项，根据每个四面体有3对异面直线求解；对于D，按用色数量的不同分成两类，每一类中分步进行，先确定涂三点涂法数，再讨论点A，B，C的涂法数即可. 【详解】对于A，三棱柱有六个顶点，可组成个四面体，即三棱锥有12个，故A选项正确； 对于B，三棱柱有六个顶点，可组成条直线，故B选项正确； 对于C，三棱柱有六个顶点，可组成个四面体，而每个四面体有3对异面直线，则共有对，故C错误； 对于D，计算不同涂色方法数有两类方法： 当涂四色时，先涂，，，有种涂法，再从A，B，C中选一点涂第四种颜色，如A，再涂B， 若B与同色，则C有2种涂法，若B与异色，则C有1种涂法，于是得有种涂法， 当涂三色时，先涂，，，有种涂法，再涂A，有2种涂法，则B，C各有1种涂法，故有种涂法， 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，故D选项正确. 11. 已知函数，则（ ） A. 当时，函数恰有2个极值点 B. 当时，函数恰有2个零点 C. 当时，函数恰有2个单调区间 D. 当函数恰有2个零点时，必有一个零点为2 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据函数求导判断函数的单调性，求出极值，利用函数与方程的转化思想，结合零点存在定理逐一判断各选项即可. 【详解】由求导得，设，则. 对于A，当时，由得，由得， 则函数在上单调递减，在上单调递增， 故，又，，且， 则函数在和上各有一个变号零点，故当时，函数恰有2个极值点，故A正确； 对于B，因，当时，由A项可得函数在上单调递减，在上单调递增， 则，即恒成立，在上单调递增，故函数至多一个零点，故B错误； 对于C，当时，恒成立，则函数在上单调递增， 又，当时，，由零点存在定理，可知函数只有唯一零点， 当时，，当时，， 则函数在上单调递减，在上单调递增，故此时函数恰有2个单调区间，故C正确； 对于D，由，显然，可得，设，则， 当时，，则在上单调递增， 当时，，则在上单调递减， 当时，则，在上单调递增， 故时，取得极小值.作出函数图象如下： 因函数的零点个数等价于直线与的交点个数. 当时，两者只有1个交点；当时，两者有2个交点，其中有1个横坐标为2，另1个横坐标为负数； 当时，两者有3个交点，其中第1个横坐标为，第2个横坐标，第3个横坐标； 当时，两者没有交点. 因此当函数恰有2个零点时，仅当时成立，此时必有一个零点为2.，故D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若的展开式中的系数为20，则的最小值为____________. 【答案】 【解析】 【分析】求得二项式的通项公式，结合题意，求得，结合基本不等式，即可求解. 【详解】由二项式的展开式的通项为， 当时，可得的系数，即，即， 则， 当且仅当时，即或时，等号成立， 所以的最小值为. 13. 某出版社的8名工人中，有3人只会排版，3人只会印刷，还有2人既会排版又会印刷，现从8人中选3人排版，3人印刷，有_____________种不同的选法．（用数字作答） 【答案】37 【解析】 【分析】根据分类加法计数原理，这个问题可按承担印刷任务的人员中“只会印刷”者的人数进行分类求解. 【详解】以承担印刷任务的人员中“只会印刷”者的人数进行分类： 第一类：3名印刷工均是“只会印刷”者，有种； 第二类：有2名印刷工是“只会印刷”者，有种； 第三类：有1名印刷工是“只会印刷”者，有种. 所以共有（种）. 14. 已知定义在上的函数的导数为，若对任意的满足，且，则不等式的解集是____________． 【答案】 【解析】 【分析】构造函数，进而将原不等式转化为，再根据题意得在上是单调递减函数，最后根据单调性解不等式即可. 【详解】因为对任意的满足，即 ， 令，则， 所以在上是单调递减函数， 因为，， 所以， 所以，即不等式的解集是. 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. 已知函数在处取得极大值16． （1）求的解析式； （2）求在上的最值． 【答案】（1） （2）最大值为，最小值为 【解析】 【分析】（1）根据题意得，解方程并检验即可得； （2）结合（1）的检验过程得时的单调性，再结合端点值即可求得答案. 【小问1详解】 由，得． 因为在处取得极大值16， 所以，解得, 此时，时或， 所以，当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 所以当时，在处取得极大值16， 所以． 【小问2详解】 由（1）可知，当时，函数的单调性如下： 当时，单调递减； 当时，单调递增； 又因为． 所以在[1,3]上的最大值为，最小值为. 16. 已知． （1）求的值； （2）求的值； （3）求的值． 【答案】（1）0 （2） （3）6561 【解析】 【分析】（1）根据题意，令，得到，再令，得到，即可求解； （2）化简二项式为，结合二项展开式，即可求得的值； （3）求得二项展开式中的系数为，得到，结合赋值法，即可求解. 【小问1详解】 解：由， 令，可得， 令，可得， 所以 . 【小问2详解】 解：由， 所以. 【小问3详解】 解：由， 可得展开式中的系数为， 所以都大于零，而都小于零， 则， 令，可得 ， 所以 ． 17. 已知函数． （1）当时，求函数的极值； （2）若恒成立，求实数的取值范围． 【答案】（1）极小值为，无极大值 （2） 【解析】 【分析】（1）当时，求得，利用导数求得函数的单调区间，结合极值的定义，即可求解； （2）转化为，令，求得，令，求得是增函数，由，得出的单调性和最大值，即可求解. 【小问1详解】 解：当时，函数， 则， 令，即，解得， 当时，；当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增． 所以的极小值为，无极大值． 【小问2详解】 解：由恒成立，即，即，令， 则， 令，则，所以是增函数，且， 当时，，所以， 当时，，从而， 即在上单调递增，在上单调递减，所以． 所以，即实数的取值范围为． 18. 某科技展览会上，展示了编号为1至9的9种型号的无人机，学校为鼓励学生参与创新，购买了每种型号的无人机各1架供学生实验操作． （1）甲、乙两同学从9架无人机中各选一架，且这两架无人机编号的数字之和为偶数，两个同学共有多少种不同的选择？ （2）学校将买回的9架无人机全部都分给高一年级，高二年级，高三年级进行实验，每个年级至少一架． ①若平均分给三个年级，一共有多少种分配方法？ ②若每个年级至少2架，且恰有两个年级分得的数量相同，一共有多少种分配方法？ ③若三个年级分得的数量各不相同，一共有多少种分配方法？ （注：要写出算式，结果用数字表示） 【答案】（1）32 （2）①1680；②2268；③12096 【解析】 【分析】（1）编号数字之和为偶数，等价于两架无人机编号同奇或同偶．编号1至9中奇数编号有5个，偶数编号有4个．由于甲、乙两名同学有身份区分，且9架无人机各不相同，所以按有序选择计数． （2）9架无人机彼此不同，三个年级也彼此不同，属于把9个不同元素分配到3个不同对象的问题．①平均分配即各年级各得3架，按顺序选择即可；②每个年级至少2架，且恰有两个年级数量相同，只能是数量分配为2，2，5；③三个年级数量各不相同，且每个年级至少1架，只需列出正整数拆分1，2，6，1，3，5，2，3，4，再分别分配无人机并安排给三个年级． 【小问1详解】 编号1至9中，奇数编号有1，3，5，7，9，共5个；偶数编号有2，4，6，8，共4个． 因为两架无人机编号的数字之和为偶数，所以两架无人机编号同为奇数或同为偶数．又甲、乙两名同学有身份区分，甲选某架、乙选某架与甲乙互换选择是不同的选择，因此用排列数计数． 若两架无人机编号同为奇数，则不同选择有种；若两架无人机编号同为偶数，则不同选择有种． 根据分类加法计数原理，共有种不同的选择． 【小问2详解】 ①若平均分给三个年级，则每个年级各得3架． 先从9架中选3架给高一年级，有种方法；再从剩下6架中选3架给高二年级，有种方法；最后剩下3架给高三年级，有种方法． 根据分步乘法计数原理，共有种分配方法． ②因为每个年级至少2架，且恰有两个年级分得的数量相同，而总数为9，所以三个年级分得的数量只能为2，2，5． 先确定哪个年级分得5架，有种方法；再从9架中选5架给这个年级，有种方法；剩下4架中选2架给另外一个确定的年级，有种方法；最后2架给剩下的年级，有种方法． 根据分步乘法计数原理，共有种分配方法． ③因为三个年级分得的数量各不相同，且每个年级至少1架，三个正整数和为9，所以不计顺序时，数量只能为1，2，6，或1，3，5，或2，3，4． 若三个年级分得的数量为1，2，6，则先把1，2，6这三个数量安排给高一、高二、高三三个年级，有种方法；再从9架中选1架给分得1架的年级，有种方法；从剩下8架中选2架给分得2架的年级，有种方法；最后剩下6架给分得6架的年级，有种方法．所以此时有种分配方法． 若三个年级分得的数量为1，3，5，同理，此时有种分配方法． 若三个年级分得的数量为2，3，4，同理，此时有种分配方法． 根据分类加法计数原理，三个年级分得的数量各不相同时，共有种分配方法． 19. 已知函数． （1）求曲线在点处的切线方程； （2）求函数的单调区间； （3）若函数有三个零点，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2）当时，的递减区间为，递增区间为． 当时，的递减区间为，递增区间为． 当时，的递减区间为，无递增区间． 当时，的递减区间为，递增区间为． （3） 【解析】 【分析】（1）根据导数的几何意义直接求解即可； （2）根据题意，分，，，四种情况讨论求解即可； （3）结合（2）的单调性的讨论，根据零点的存在性定理，将问题转化为，再解不等式即可求得答案. 【小问1详解】 解：由题意知， 故，又， 所以曲线在点处的切线方程为． 【小问2详解】 解：由题意知函数的定义域为， ． ①当时，， 当，即的递增区间为； 当，即的递减区间为， ②当时，由得， 当,即时，在上恒成立，即的递减区间为． 当，即时，或时，，即的递减区间为； 时，，即的递增区间为． 当，即时，或时，，即的递减区间为， 时，，即的递增区间为． 综上，当时，的递减区间为，递增区间为． 当时，的递减区间为，递增区间为． 当时，的递减区间为，无递增区间． 当时，的递减区间为，递增区间为． 【小问3详解】 解：由题易知, 由（2）知，当或时，函数的零点个数不超过2，不符合题意． 又当时，易得若，则，若，则， 若函数有三个零点，则满足，即， 因为得，（舍）， 得，且， 所以的解集为， 所以实数的取值范围是． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $