精品解析：湖北仙桃中学2025-2026学年高二年级下学期期中考试数学试题

仙桃一中2026年高二年级下学期期中考试 数学试题 拟卷人：李钊 审卷人：马洪泉，张博诚 考试时间120分钟 试卷满分150分 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. 下列求导结果正确的是（   ） A. B. C. D. 2. 已知是等差数列，且，，则首项等于（ ） A. 0 B. C. D. 3. 现将1个红球、1个黄球、1个绿球及3个白球（白球之间没有区别）放入3个不同的盒子中，每个盒子放入2个球，则不同的放法种数为（ ） A. 15 B. 90 C. 24 D. 36 4. 在等比数列中，，，则（ ） A. 4 B. C. D. 8 5. 已知二项式的展开式中仅有第4项的二项式系数最大，则展开式中项的系数为（ ） A. B. C. 80 D. 160 6. 由组成没有重复数字的四位偶数的个数是（    ） A. 84 B. 60 C. 48 D. 42 7. 定义域为R的可导函数的导函数为，满足，且，则不等式的解集为（ ） A. (−∞,2) B. (2,+∞) C. (−∞,0) D. (0,+∞) 8. 已知函数，，若对任意的 恒成立，则实数a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题的选项中，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，有选错的得0分． 9. 在的展开式中，下列说法正确的是（ ） A. 一共有6项 B. 第3项为 C. 所有项的系数和为0 D. 所有项的二项式系数和为32 10. 某班要举办一次学科交流活动，现安排A，B，C，D，E这五名同学负责语文、数学、英语、物理学科相关工作．则下列说法中正确的是（    ） A. 若这五人每人任选一门学科，则不同的选法有种 B. 若每人安排一门学科，每门学科至少一人，则有240种不同的方案 C. 若数学学科必须安排两人，其余学科安排一人，则有60种不同的方案 D. 若每人安排一门学科，每门学科至少一人，其中A不负责语文且B不负责数学工作，则有144种不同的方案． 11. 已知函数，则（ ） A. 存在，使得在上是单调函数 B. 若有三个不同的零点，则 C. 当 时，过原点且与曲线相切的直线恰有一条 D. 若 恰有个不同的实数根，则的取值范围关于原点对称 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 设为等差数列的前n项和，且，，则________． 13. 现给图中5个区域涂色，要求相邻的区域不能涂同一种颜色，且每个区域只涂一种颜色．若有5种不同的颜色可供使用，则不同的涂色方案有_______种． 14. 若关于的不等式恒成立，则实数的取值范围是__________． 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. 给定函数. （1）判断函数的单调性，并求出的极值. （2）求函数在区间上的最大值与最小值. 16. 已知 展开式共有11项. （1）求 的值； （2）求 的值； （3）求 的值. 17. 已知数列满足，（其中且）. （1）求数列的通项公式； （2）若，求数列前项和. 18. 已知函数，其中． （1）当时，求在处的切线方程； （2）若函数存在单调递增区间，求实数的取值范围； （3）若R，对任意的恒成立，求的最小值． 19. 已知函数． （1）当时，求函数的单调区间； （2）当时，若函数有2个不同的零点，． （ⅰ）求a的取值范围； （ⅱ）证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 仙桃一中2026年高二年级下学期期中考试 数学试题 拟卷人：李钊 审卷人：马洪泉，张博诚 考试时间120分钟 试卷满分150分 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. 下列求导结果正确的是（   ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据基本初等函数的导数公式判断． 【详解】，，，，只有A正确． 2. 已知是等差数列，且，，则首项等于（ ） A. 0 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据等差数列的通项公式建立方程组，解之即可． 【详解】设等差数列的公差为， 由，即， 解得. 3. 现将1个红球、1个黄球、1个绿球及3个白球（白球之间没有区别）放入3个不同的盒子中，每个盒子放入2个球，则不同的放法种数为（ ） A. 15 B. 90 C. 24 D. 36 【答案】C 【解析】 【分析】把6个小球按2个球一组分成3组，再放到3个不同盒子即可. 【详解】把6个小球按2个球一组分成3组，有两类分法： 每个盒子放入一个白球，有1种方法；有2个白球放入一个盒子，剩下1个白球与1个有色球组合，有种方法， 再将分成的3组放入3个盒子有种方法， 所以不同的放法种数为. 4. 在等比数列中，，，则（ ） A. 4 B. C. D. 8 【答案】A 【解析】 【详解】因为数列为等比数列，且，， 所以， 又因为， 所以. 5. 已知二项式的展开式中仅有第4项的二项式系数最大，则展开式中项的系数为（ ） A. B. C. 80 D. 160 【答案】A 【解析】 【分析】依题意可确定，再结合通项公式即可求解. 【详解】因为二项式的展开式中仅有第4项的二项式系数最大， 所以，所以的展开式的通项为， 令，得，故， 故展开式中的系数为. 6. 由组成没有重复数字的四位偶数的个数是（    ） A. 84 B. 60 C. 48 D. 42 【答案】B 【解析】 【分析】按照个位是0和不是0分类求解． 【详解】个位数是0的有个，个位数不是0的有个，共有个． 7. 定义域为R的可导函数的导函数为，满足，且，则不等式的解集为（ ） A. (−∞,2) B. (2,+∞) C. (−∞,0) D. (0,+∞) 【答案】D 【解析】 【分析】设，求导确定函数的单调性，然后由单调性解不等式． 【详解】设，则， 因为，所以，所以是减函数， 又， ，所以． 8. 已知函数，，若对任意的 恒成立，则实数a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】将原式转化为，以此构造函数，由题意得，参变分离后可得，由导数计算的最小值即可求解. 【详解】由题意得，即， 设，则在上单调递增， 即上恒成立， 则恒成立，即， 设，则，令，则， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 所以， 所以. 二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题的选项中，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，有选错的得0分． 9. 在的展开式中，下列说法正确的是（ ） A. 一共有6项 B. 第3项为 C. 所有项的系数和为0 D. 所有项的二项式系数和为32 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用展开式的通项公式和赋值法可求解. 【详解】对于A选项，因为的次数为5，故展开式共有6项，故A正确； 对于B选项，二项式展开式的通项公式为，，1，2，3，4，5，令，可得第三项为，B不正确； 对于C选项，令可得所有项的系数和为0，故C正确； 对于D选项，所有项的二项式系数和为，故D正确. 故选：ACD. 10. 某班要举办一次学科交流活动，现安排A，B，C，D，E这五名同学负责语文、数学、英语、物理学科相关工作．则下列说法中正确的是（    ） A. 若这五人每人任选一门学科，则不同的选法有种 B. 若每人安排一门学科，每门学科至少一人，则有240种不同的方案 C. 若数学学科必须安排两人，其余学科安排一人，则有60种不同的方案 D. 若每人安排一门学科，每门学科至少一人，其中A不负责语文且B不负责数学工作，则有144种不同的方案． 【答案】BC 【解析】 【分析】利用计数原理，结合分组思想，排列组合思想即可逐项求解． 【详解】对于A：这五人每人任选一门学科，则不同的选法有种，故A错误； 对于B：根据若每人安排一门学科，每门学科至少一人， 我们把这五人分成四组共有种方法，再将这四组人去负责四个学科相关工作共有种， 根据分步计数乘法原理可知：有种不同的方案，故B正确； 对于C：若数学学科必须安排两人，则有种方法，其余学科各安排一人共有种， 根据分步计数乘法原理可知：有种不同的方案，故C正确； 对于D：“每人安排一门学科，每门学科至少一人”的总方案数为240（同选项B），需排除“A负责语文”或“B负责数学”的情况，用容斥原理计算： 情况1：A负责语文 固定在语文，分2种子情况： ①语文为“2人组”（人）：选1人加入语文（），剩余3人分配到其他3科（），方案数： ②语文为“1人组”（仅A）：先B、C、D、E分为三组（2，1，1），有种方法，再将三组分到数学、英语、物理，有种方法，故总的方法数为：； 情况1总方案数：． 情况2：B负责数学 与“情况1”对称，总方案数同样为60． 情况3：A负责语文且B负责数学（重复减去的部分） 负责语文且B负责数学，并保证英语、物理学科均有人负责.分情况讨论如下： ①语文或数学为“2人组”：剩余3人选2人分配到英语和物理有种方法，最后1人去语文或数学有种方法，方法数：； ②英语或物理为“2人组”：3人分成两组（2，1），有种分法，两组分配到英语和物理，有种分法，故方案数为； 故情况3总方案数：． 根据容斥原理，不符合条件的方案数为：， 因此，符合条件的方案数为：，故D错误. 故选：BC． 11. 已知函数，则（ ） A. 存在，使得在上是单调函数 B. 若有三个不同的零点，则 C. 当 时，过原点且与曲线相切的直线恰有一条 D. 若 恰有个不同的实数根，则的取值范围关于原点对称 【答案】BCD 【解析】 【分析】首先要根据题目中的函数方程，通过求导的方式得出函数的单调性，极值，然后再根据每一个选项的条件，分别进行解答. 【详解】函数，求导可得， 令，即，解得， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 极大值为，极小值为， 选项A：函数在上单调性发生了变化，所以不是单调函数； 选项B：函数要有三个不同的零点，则要求的极大值大于且极小值小于， 即，解得； 选项C：当时，函数， 设切点坐标为，切线斜率为， 则切线方程为，化简可得， 根据题目可知，切线经过原点， 代入，可得，解得， 因为只有唯一解，所以当时，过原点且与曲线相切的直线恰有一条； 选项D：令，要使有个不同的实数根，则要求有个不同的实数根，，，且每个有个不同的实数根， 设满足题意，则方程的三个实数根均满足， 当参数为时，方程变为，三个实数根为， 此时要求根满足，该条件等价于， 由于和满足题意的条件完全相同，故的取值范围关于原点对称. 【点睛】验证C选项时，设切点坐标，写出切线的方程再把原点代入进行证明， 验证D选项时，能想到分别用和来进行证明. 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 设为等差数列的前n项和，且，，则________． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，由等差数列前项和的性质，代入计算，即可得到结果. 【详解】因为为等差数列的前n项和，则成等差数列， 且，，则，则其公差为， 所以， 所以. 故答案为： 13. 现给图中5个区域涂色，要求相邻的区域不能涂同一种颜色，且每个区域只涂一种颜色．若有5种不同的颜色可供使用，则不同的涂色方案有_______种． 【答案】420 【解析】 【分析】按照⑤①②③④的顺序分步涂色，注意涂③时再根据它与①是否同色分类． 【详解】第一步涂⑤有5种方法，第二步涂①有4种方法，第三步涂②有3种方法， 第四步涂③，它与①同色时有1种方法，然后第五步涂④有3种方法， 第四步涂③，它与①不同色时有2种方法，然后第五步涂④有2种方法， 所以共有方法数为． 14. 若关于的不等式恒成立，则实数的取值范围是__________． 【答案】 【解析】 【分析】将转化为，构造函数，利用导数判断的单调性从而得到，再构造函数，利用导数判断的单调性从而求出的最小值，即可求解. 【详解】关于的不等式恒成立， 即恒成立， 令，，则， ，在单调递增， ，即，， 令，，则， 当时，，在单调递减， 当时，，在单调递增， ，. 故答案为：. 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. 给定函数. （1）判断函数的单调性，并求出的极值. （2）求函数在区间上的最大值与最小值. 【答案】（1）答案见解析 （2）最小值为，最大值为 【解析】 【分析】（1）求出函数的定义域与导函数，解关于导函数的不等式，即可求出函数的单调区间，从而求出函数的极值； （2）结合（1）可得函数的单调性，求出区间端点的函数值，即可求出函数的最值. 【小问1详解】 函数的定义域为， 又， 由，解得或，由，解得， 所以函数的单调递增区间为，；单调递减区间为． 则在处取得极大值，且， 在处取得极小值，且， 综上可得的单调递增区间为，；单调递减区间为； ，. 【小问2详解】 由（1）知，函数在上单调递减，在上单调递增， ∴函数在上的最小值为， 又，函数在上的最大值为． ∴函数在上的最小值为，最大值为． 16. 已知 展开式共有11项. （1）求 的值； （2）求 的值； （3）求 的值. 【答案】（1）0 （2） （3）0 【解析】 【分析】（1）令得到所有项系数和，再令得到的值，两者作差即可得到值； （2）先分析原二项式展开式系数的正负性，再通过赋值法，将原二项式中的负号转化为正号后令，从而得到值； （3）利用赋值法，令取特定值，代入原二项式展开式直接得到值. 【小问1详解】 二项式展开式的项数为，由题知展开式共11项，因此，得， 令，得， 即， 令，代入等式得：， 因此； 【小问2详解】 展开式中，系数的符号由决定，即对应将原式中换为后的系数， 等价于令代入原式： 计算得，因此结果为； 【小问3详解】 令，代入等式得， 左边等于，因此结果为. 17. 已知数列满足，（其中且）. （1）求数列的通项公式； （2）若，求数列前项和. 【答案】（1）；（2）. 【解析】 【分析】（1）由已知得（，），利用累加法求通项公式； （2）写出，利用裂项相消法求. 【详解】（1）（，） ∴，（）， 当时满足上式， ∴. （2） ∴ . 【点睛】本题考查累加法求数列的通项公式、裂项相消法求数列的前n项和，属于中档题. 18. 已知函数，其中． （1）当时，求在处的切线方程； （2）若函数存在单调递增区间，求实数的取值范围； （3）若R，对任意的恒成立，求的最小值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）求导得出斜率并用点斜式即可求解； （2）可以利用反证法把存在性问题转化为恒成立问题分离参数再取补集即可求答案； （3）利用（2）判断导函数零点所在区间从而判断原函数单调性 【小问1详解】 当时，，函数定义域为 故， 又，所以切线方程为. 【小问2详解】 由题意得 若不存在单调增区间，则恒成立，即恒成立， 令， 当时，当时 所以在单调递减，在单调递增， 所以，所以即 因此所求实数的取值范围为. 【小问3详解】 由（2）知 所以在单调递减，又，， 所以必存在正数，使得，即 由（2）知当时，即，当时，即， 当时，即， 由上可知在单调递增，在单调递减， 所以， 所以，即， 令 因为 当时，单调递减，当时，单调递增， 所以， 所以的最小值为 19. 已知函数． （1）当时，求函数的单调区间； （2）当时，若函数有2个不同的零点，． （ⅰ）求a的取值范围； （ⅱ）证明：． 【答案】（1）单调递增区间为，无单调递减区间 （2）（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用导数判断函数的单调区间； （2）（ⅰ）转化为函数与有两个交点的问题； （ⅱ）由函数的两个零点可得，再利用构造函数的方法证明即可. 【小问1详解】 当时，，则， 令，得， 当时，；当时，， 即在上单调递减，在上单调递增， 则在处取得极小值，，所以， 所以恒成立， 即在上单调递增； 故单调递增区间为，无单调递减区间． 【小问2详解】 （ⅰ）当时，若函数有2个不同的零点，， ∴恰有2个正实数根，， 令，则与有两个不同交点， ∴， ∴当时，；当时，， ∴在上单调递减，在上单调递增，又， 当x从0的右侧无限趋近于0时，趋近于； 当x无限趋近于时，的增速远大于的增速，则趋近于， 则图象如下图所示， ∴当时，与有两个不同交点， ∴实数a的取值范围为． （ⅱ）证明：由（ⅰ）知：，， ∴，， ∴，则， 不妨设， 要证，则需证， ∵，∴，∴，则只需证， 令，则只需证时，恒成立， 令， ∴， ∴在上单调递增，∴， ∴当时，恒成立， ∴原不等式得证． 【点睛】与2025年新课标Ⅱ卷数学真题第18题同步考查函数的单调性、零点及不等式证明；真题卷第18题考查含三次项的函数性质；本题考查指数函数与二次函数结合的函数，分析其单调区间、零点的取值范围及证明零点之和的不等式，零点问题通常转化为函数图象交点的问题；构造函数是解决极值点偏移问题的方法之一. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $