精品解析：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

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 【答案】C 【解析】 【详解】由题意可得，，则. 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 【答案】C 【解析】 【分析】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，利用分步乘法计数原理可得结果. 【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. 设，若，则 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求导，将代入解方程即可. 【详解】,解得, 故选：B. 4. 在 的展开式中，的系数为（ ） A. -40 B. 40 C. -80 D. 80 【答案】C 【解析】 【详解】展开式中含的项为：， 所以的系数为. 5. 某科技公司要组建一个人的科研团队，现有名工程师和名专家可选，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 【答案】C 【解析】 【分析】直接用间接法计算可得. 【详解】因为从人中选人一共有种不同的选法， 若选中的人均为专家人员的有种不同的选法， 所以至少有一名工程师被选中的选法共有种不同的选法. 6. 已知函数的导函数为，若，则（ ） A. B. C. 1 D. 0 【答案】A 【解析】 【详解】由，得，则，解得， 7. 若函数在上单调递增，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题意可得在上恒成立，即，令，求出即可得出答案. 【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. 故选：B. 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） 【答案】B 【解析】 【分析】构造函数，φ（x）＝xf（x），利用导函数的单调性，转化求解不等式的解集即可． 【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）＜0 x∈（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}． 故选：B． 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 【答案】ABD 【解析】 【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. 下列求导错误的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据基本初等函数的导数公式，导数的运算法则及简单的复合函数的导数计算法则计算可得； 【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； 故选：ABD 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 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用参变分离的思想，结合函数图象进行求解 【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. 三、填空题（共3题，每题5分） 12. ..展开式中的常数项为____. 【答案】 【解析】 【分析】求出二项展开式的通项，使得的指数为，即可得出常数项. 【详解】通项为， ， 常数项为. 故答案为： 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． 【答案】72 【解析】 【分析】设各区域为，中间区域A与其他区域都相邻，从开始分步填涂其它区域可解. 【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. 已知为正实数，且直线与曲线相切，则的最大值为______. 【答案】## 【解析】 【分析】利用函数导数与函数在某点处的切线方程，以及基本不等式求解即可. 【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，所以. 当时取等号，所以的最大值为. 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； 【答案】（1） （2） （3） （4） 【解析】 【分析】（1）根据条件，利用组合与排列先选后排，即可求解； （2）根据条件，利用不相邻问题插入法，即可求解； （3）利用特殊元素优先考虑，结合条件，即可求解； （4）利用相邻问题捆绑法，即可求解. 【小问1详解】 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， 【小问2详解】 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. 【小问3详解】 先排甲，有种方法，其余人有种排列方法，共有种， 【小问4详解】 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. 已知函数． （1）求的单调区间； （2）若，求的最大值与最小值． 【答案】（1）单调递增区间为和，单调递减区间为 （2） 【解析】 【分析】（1）求出函数的导数，求出极值点，然后通过导函数的符号，判断函数的单调性求出单调区间． （2）借助（1）求解函数的极值、端点值比较即可． 【小问1详解】 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． 【小问2详解】 由（1）知当时，取得极小值． 因为 . 所以． 17. 设，求： （1）； （2）； （3）． 【答案】（1）；（2）；（3）． 【解析】 【分析】 （1）取和，代入计算，两式相加得到答案. （2）根据（1）中结论直接得到答案. （3）利用二项式定理的通项，考虑系数的正负，计算得到答案. 【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 . 【点睛】本题考查了赋值法求系数和，二项式定理的应用，意在考查学生的计算能力和应用能力. 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. 【答案】（1） （2）单调递增区间为，单调递减区间为 （3） 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义求出切线斜率，再由点斜式方程求解即得； （2）通过导函数的符号判断函数的单调性即可； （3）依题将问题转化为不等式恒成立问题，设，利用求导得出该函数的最大值为，解对数不等式即可求得参数的范围. 【小问1详解】 当时，，则， 得.又， 故曲线在点处的切线方程为，即. 【小问2详解】 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. 【小问3详解】 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. 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：． 【答案】（1）时，在上单调递增，时，在上单调递减，在上单调递增 （2） （3）证明：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． 【解析】 【分析】（1）求出导数，分类讨论的取值情况来判断单调性； （2）分离参数，求解新函数的极值可求答案； （3）设，把目标式用表示，利用导数判断单调性可证. 【小问1详解】 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． 【小问2详解】 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． 【小问3详解】 略 第1页/共1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人的科研团队，现有名工程师和名专家可选，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） 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. ..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：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $