精品解析：广东清远市第一中学2025-2026学年高二第二学期期中质量监测数学试题

高二年级2025-2026学年第二学期期中质量检测数学学科 高二数学试题 温馨提示： 1.本试卷满分150分，考试时间120分钟； 2.答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己所在的班级、姓名和考号填写在答题卡上. 3.考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，监考老师将答题卷收回，试卷学生自己保留. 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. 下列求导运算正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据基本初等函数的导数以及求导运算法则判断即可. 【详解】由基本初等函数导数可知， 故A错误； 由复合函数的求导法则可知，故B错误； 而，故C错误； 由幂函数的导数可知，故D正确. 2. 若，则（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】B 【解析】 【分析】利用组合数的性质建立方程，求解参数即可. 【详解】因为，所以或， 当时，解得，经检验，符合题意， 当时，解得，经检验，符合题意， 综上，得到，故B正确. 故选：B 3. 已知函数在上的导函数为，且的图象如图所示，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用导数的几何意义结合条件即得. 【详解】 分别作曲线在，和处切线， 设切线的斜率分别为，则， 又，，， . 故选：A. 4. 从5件不同的礼物中选出2件分别送给2位同学，不同的送法种数是（ ） A. 5 B. 10 C. 15 D. 20 【答案】D 【解析】 【详解】从件不同的礼物中选出件送给位同学， 不同的送法种数是种. 5. “杨辉三角”是数学史上的一个重要成就，本身包含许多有趣的性质，如图： 则第8行的第7个数是（ ） A. 8 B. 21 C. 28 D. 56 【答案】C 【解析】 【分析】根据“杨辉三角”的规律求解即可. 【详解】依题意，第8行的第7个数是28． 故选：C． 6. 在的展开式中，的系数为（ ）． A. 120 B. 80 C. 40 D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据二项式定理计算即可. 【详解】根据二项式定理，展开式的通项公式为： . 令，可得，此时与相乘可得的系数为-80； 令，可得，此时与相乘可得的系数为40； 所以的系数为. 7. 设函数，若，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 1 【答案】C 【解析】 【分析】解法一：由题意可知：的定义域为，分类讨论与的大小关系，结合符号分析判断，即可得，代入可得最值；解法二：根据对数函数的性质分析的符号，进而可得的符号，即可得，代入可得最值. 【详解】解法一：由题意可知：的定义域为， 令解得；令解得； 若，当时，可知， 此时，不合题意； 若，当时，可知， 此时，不合题意； 若，当时，可知，此时； 当时，可知，此时； 可知若，符合题意； 若，当时，可知， 此时，不合题意； 综上所述：，即， 则，当且仅当时，等号成立， 所以的最小值为； 解法二：由题意可知：的定义域为， 令解得；令解得； 则当时，，故，所以； 时，，故，所以； 故， 则， 当且仅当时，等号成立， 所以的最小值为. 故选：C. 【点睛】关键点点睛：分别求、的根，以根和函数定义域为临界，比较大小分类讨论，结合符号性分析判断. 8. 已知函数，当时，不等式恒成立，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据单调性定义，将问题转化为在上单调递增，由此可知在恒成立，采用分离变量的方法可求得结果. 【详解】当时，由得：， 令，则在上单调递增， 在上恒成立，在上恒成立； 令，则， 当时，；当时，； 在上单调递减，在上单调递增，， ，即，实数的取值范围为. 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. 9. 下列等式恒成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用排列数公式，组合数公式一一判断即可. 【详解】，故A 错误； ，故B正确； ，故C正确； 因为，且， 所以，故D正确. 故选：BCD 10. 关于 的展开式，下列说法中正确的是（ ） A. 各项系数之和为1 B. 第二项与第四项的二项式系数相等 C. 常数项为60 D. 有理项共有4项 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据二项式定理的定义、通项的运用和赋值法即可得到答案. 【详解】对于A，令时，则展开式中各项系数之和为1，故A正确； 对于B，第二项二项式系数,第四项的二项式系数,第二项与第四项的二项式系数不相等，故B错误； 对于C，展开式的通项为， 令，∴，展开式中的常数项为，故C正确； 对于D，展开式的通项为，当时，，所以展开式的有理项共有4项，故D正确. 故选：ACD. 11. 已知直线与曲线相交于两点，与相交于两点，的横坐标分别为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】求得，的关系判断选项A；利用，的范围否定选项B；求得，的关系判断选项C；利用极值点偏移构造函数证明选项D. 【详解】由，可得. 令，解得， 则，，单调递增；，，单调递减， 故当时，取得最大值. 由，可得. 令，解得， 则，，单调递增；，，单调递减， 故当时，取得最大值. 在同一坐标系中作出与的图象， 由，可得，由，可得. 由，且在单调递增， 又，，则，故； 由，且在单调递减， 又，，，故，即，故A正确. 故，故C正确. 令，则， 由，可得. 则当时，，单调递增；当时，，单调递减； 当时，取得极大值. 由题意得，、是的两个零点，且. 令，， 则，则在上单调递增， 又，则在上恒成立. 即在上恒成立， 则， 则，即成立. 故D错误. 由，可得，又，则不成立，故B错误. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 多项式的展开式的各二项式系数的和等于__________. 【答案】 【解析】 【分析】利用二项式系数的和的概念可得结果. 【详解】多项式的展开式的各二项式系数的和等于. 13. 函数的最小值为______. 【答案】1 【解析】 【分析】由解析式知定义域为，讨论、、，并结合导数研究的单调性，即可求最小值. 【详解】由题设知：定义域为， ∴当时，，此时单调递减； 当时，，有，此时单调递减； 当时，，有，此时单调递增； 又在各分段的界点处连续， ∴综上有：时，单调递减，时，单调递增； ∴ 故答案为：1. 14. 平面直角坐标系中，原点处有一只蚂蚁，每过1秒，该蚂蚁都会随机地选择上、下、左、右四个方向之一移动一个单位长度，那么在6秒后，蚂蚁到原点的距离等于的概率为_____． 【答案】 【解析】 【分析】设蚂蚁右移a次、左移b次，上移c次、下移d次，则蚂蚁终点的坐标满足，，，根据题意有，由于都是非负整数，可推，，再设左右移动总次数，上下移动总次数，则根据，需为整数可推m、n为奇数，据此根据m、n可分为三种情况：、、，此时在每种情况中，依据分步乘法计数原理，算出每种情况下的总路径数，最后相加即可得到最终的概率． 【详解】蚂蚁每一秒有4种移动方向，共移动6秒，根据分步乘法计数原理，总路径数为， 若蚂蚁到原点O的距离为，原点到该点的距离满足， 设蚂蚁右移a次、左移b次，则，上移c次、下移d次，则，总步数， 要满足，即，由于都是非负整数，可能的组合必须满足，，此时，，，且， 设左右移动总次数为，上下移动总次数为，则， 由于，需为整数，则m与同奇偶，所以m为奇数，同理，n也为奇数， 又，可能的组合有、、， 当，时，左右移动1次，满足的方式有2种，即左或右， 上下移动5次，满足的方式有，或，，共种，即选3次上移，剩下2次下移，或选2次上移，剩下3次下移， 其次，在6步中选1步用于左右移动，其余5步用于上下移动，种，因此，此情况的路径数为； 当，时，左右移动3次，满足的方式有，或，，共种，上下移动3次，满足的方式同理，共种， 此外，6步中选择3步左右移动，剩余上下移动，共种， 因此，此情况的路径数为； 当，时，与，对称，路径数为240； 满足条件的总路径数有，概率为． 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. 已知. （1）求曲线在点处的切线方程； （2）求函数的极值. 【答案】（1） （2）函数的极小值为，无极大值. 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义可求得曲线在点处的斜率，从而求得该处的切线方程； （2）利用导数研究函数的单调性，得到极值点，求得极值. 【小问1详解】 的定义域为，， 所以. 所以曲线在点处的切线方程为，即 【小问2详解】 函数的定义域为，. 当时，；当时，. 所以函数在上单调递减，在上单调递增. 所以函数在处取得极小值，极小值为. 所以函数的极小值为，无极大值. 16. 包含甲乙丙在内的7人站成一排. （1）一共有多少种不同的排法？ （2）甲、乙两人必须站在两端的不同排法有多少种？ （3）甲、乙、丙三人必须排在一起的不同排法有多少种？ （4）甲、乙、丙三人均不相邻的不同排法有多少种？ （5）甲、乙、丙三人从左到右顺序是“甲、乙、丙”的不同排法有多少种？ 【答案】（1）5040 （2）240 （3）720 （4）1440 （5）840 【解析】 【小问1详解】 7人站成一排，共有种不同的排法. 【小问2详解】 先排甲、乙两人，共有种不同的排法， 再排其他人，共有种不同的排法， 所以共有种不同的排法. 【小问3详解】 把甲、乙、丙三人看成一个整体，再与其他人一起排队， 所以共有种不同的排法. 【小问4详解】 先排其余4人，再把甲乙丙插入4人形成的5个空位（含两端），保证均不相邻， 所以共有种不同的排法. 【小问5详解】 7人的全排列中，甲乙丙的相对顺序共种，仅1种符合要求， 所以共有种不同的排法. 17. 设，求下面各式的值． （1）求； （2）求； （3）求． 【答案】（1）-4050 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由二项式定理即可求解； （2）由赋值法即可求解； （3）先求导，然后结合赋值法即可求解. 【小问1详解】 ； 【小问2详解】 令， 则， 两式相减得，； 【小问3详解】 因为， 两边分别求导，得2025， 令，得． 18. 已知函数，. （1）讨论的单调性； （2）当时，判断函数的零点个数. 【答案】（1）当时， 在上单调递减，在上单调递增； 当时， 在和上单调递增，在上单调递减； 当时，在上单调递增； 当时，在和上单调递增，在上单调递减． （2）当时，函数无零点， 当或时，函数的零点个数为1， 当时，函数的零点个数为2． 【解析】 【分析】（1）先确定的定义域，再求出的导数，再对参数范围分类讨论求解单调性即可； （2）对参数范围分类讨论并结合之前的结论得到单调性，再利用零点存在性定理或直接求解零点判断零点个数即可. 【小问1详解】 由题意得的定义域为，则 当时，时，，时，， 故在上单调递减，在上单调递增； 当时，令，可得或，令，可得， 故在和上单调递增，在上单调递减； 当时，，在上单调递增； 当时，令可得或，令可得， 故在和上单调递增，在上单调递减． 综上所述： 当时， 在上单调递减，在上单调递增； 当时， 在和上单调递增，在上单调递减； 当时，在上单调递增； 当时，在和上单调递增，在上单调递减． 【小问2详解】 当时，， ①当时，由（1）知函数在上单调递减，在上单调递增， 又因为，而x趋近正无穷时，趋近正无穷， 故在上只有一个零点； ②当时，，在上单调递增，且连续不间断， 且，故在上只有一个零点． ③当时，令，解得，即在上只有一个零点， ④当时，令可得，令，可得， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 当x趋近正无穷时，趋近正无穷，当x趋近0时，趋近正无穷， 若，即时，在上无零点． 若，即时，在上只有一个零点， 若，即时，在上有两个零点， 综上所述： 当时，函数无零点， 当或时，函数的零点个数为1， 当时，函数的零点个数为2． 19. 已知函数，其中. （1）， （i）当时，讨论的单调性； （ii）若存在，使得成立，求的取值范围； （2）当时，证明：对任意的，. 【答案】（1）（i）在上单调递增；（ii） （2）证明：当 时，令， . 令，， 令，. 令，在时恒成立， 在上单调递减，，， 所以，使得. 当时， ，，单调递增； 当时， ，，单调递减， ，，， 所以，使得. 当时，，，单调递增， 当时， ，，单调递减， ，，， 所以，使得. 当时，，，单调递增； 当时， ，，单调递减， ，， ，即对任意的，. 【解析】 【分析】（1）（i）由 在时恒成立，得的单调性；（ii）问题转化为存在，使得成立，令，利用导数求最值即可. （2）令，通过导数研究函数单调性证明在时恒成立即可. 【小问1详解】 （i）当时，， 则， ，，，所以 ， 所以在上单调递增. （ii）存在，使得 成立，即存在，使得成立， 令，， 由（i）可得，所以， 令，， 所以在上单调递增， ，所以 ，所以在上单调递增， 存在，使得 成立，即， 综上：. 【小问2详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高二年级2025-2026学年第二学期期中质量检测数学学科 高二数学试题 温馨提示： 1.本试卷满分150分，考试时间120分钟； 2.答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己所在的班级、姓名和考号填写在答题卡上. 3.考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，监考老师将答题卷收回，试卷学生自己保留. 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. 下列求导运算正确的是（ ） A. B. C. D. 2. 若，则（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 3. 已知函数在上的导函数为，且的图象如图所示，则（ ） A. B. C. D. 4. 从5件不同的礼物中选出2件分别送给2位同学，不同的送法种数是（ ） A. 5 B. 10 C. 15 D. 20 5. “杨辉三角”是数学史上的一个重要成就，本身包含许多有趣的性质，如图： 则第8行的第7个数是（ ） A. 8 B. 21 C. 28 D. 56 6. 在的展开式中，的系数为（ ）． A. 120 B. 80 C. 40 D. 7. 设函数，若，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 1 8. 已知函数，当时，不等式恒成立，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 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. 9. 下列等式恒成立的是（ ） A. B. C. D. 10. 关于 的展开式，下列说法中正确的是（ ） A. 各项系数之和为1 B. 第二项与第四项的二项式系数相等 C. 常数项为60 D. 有理项共有4项 11. 已知直线与曲线相交于两点，与相交于两点，的横坐标分别为，则（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 多项式的展开式的各二项式系数的和等于__________. 13. 函数的最小值为______. 14. 平面直角坐标系中，原点处有一只蚂蚁，每过1秒，该蚂蚁都会随机地选择上、下、左、右四个方向之一移动一个单位长度，那么在6秒后，蚂蚁到原点的距离等于的概率为_____． 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. （1）求曲线在点处的切线方程； （2）求函数的极值. 16. 包含甲乙丙在内的7人站成一排. （1）一共有多少种不同的排法？ （2）甲、乙两人必须站在两端的不同排法有多少种？ （3）甲、乙、丙三人必须排在一起的不同排法有多少种？ （4）甲、乙、丙三人均不相邻的不同排法有多少种？ （5）甲、乙、丙三人从左到右顺序是“甲、乙、丙”的不同排法有多少种？ 17. 设，求下面各式的值． （1）求； （2）求； （3）求． 18. 已知函数，. （1）讨论的单调性； （2）当时，判断函数的零点个数. 19. 已知函数，其中. （1）， （i）当时，讨论的单调性； （ii）若存在，使得成立，求的取值范围； （2）当时，证明：对任意的，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $