精品解析：安徽滁州市定远县2025-2026学年高二下学期4月期中数学试题

高二数学 考生注意： 1.满分150分，考试时间120分钟. 2.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效. 3.本卷命题范围：人教版选择性必修第二册第五章，选择性必修第三册第六章. 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，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】由题意可知，. 2. 下列求导运算正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先确定内层函数和外层函数，再根据复合函数求导法则进行求导，最后逐个验证即可. 【详解】选项A：，A错误； 选项B：，B正确； 选项C：，C错误； 选项D：，D错误. 3. 某质点的运动路程（单位：）与时间（单位：）的关系为，则该质点在时的瞬时速度为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据导数的运算法则，求得，得到的值，即可求解. 【详解】由运动路程与时间的关系为，可得， 当时，，即质点在时的瞬时速度为. 4. 下列等式中成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】直接根据排列数及组合数公式计算可得. 【详解】对于A，，所以，A错误； 对于B，因为， 所以，B错误； 对于C，，所以，C错误； 对于D，因为，， 所以，所以D正确. 5. 如图，若闭合最少的开关使小灯泡发光，则不同的方法有（ ） A. 种 B. 种 C. 种 D. 种 【答案】D 【解析】 【详解】由图可知，上方左侧个并联开关选个闭合，右侧个并联开关选个闭合，最下方开关闭合，小灯泡发光，有种情况； 下方左侧个并联开关选个闭合，右侧个并联开关选个闭合，最下方开关闭合，小灯泡发光，有种情况； 因此，不同的方法有种，故D正确. 6. 已知函数的导函数为，若，则的极小值点为（ ） A. -4 B. 0 C. D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】解题的关键是先对函数求导，再通过令求出的值，进而得到的表达式，最后根据导数与函数单调性的关系求出函数的极小值点. 【详解】由题知，， 令 ，所以，所以， 将 代入得， 令 ，则，解得：， 由得或，由得， 故在，上单调递增，在上单调递减， 所以的极小值点为. 7. 二项式定理，又称牛顿二项式定理.二项式定理可以推广到任意实数次幂，即广义二项式定理：对于任意实数，当比较小的时候，取广义二项式定理展开式的前两项可得：，并且的值越小，所得结果就越接近真实数据.用这个方法计算的近似值，可以这样操作：.用这样的方法，估计的近似值约为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】由题意得，故A正确. 8. 近年随着“双减”政策的实施，国家对体育教育越来越重视.某中学响应号召，开设了“跳绳”“立定跳远”“跳高”“跑步”四门训练课程，要求学生初中阶段3学年中必须将四门训练课程学完，每位同学每学年最多选3门，则每位同学的不同选修课程的方式有（ ） A. 56种 B. 78种 C. 96种 D. 120种 【答案】B 【解析】 【分析】三年学完四门训练课程，按照每学年所选课程数量分类：课程数为1，1，2或0，1，3或0，2，2共三类，先分组再排列. 【详解】由题意可知，三年学完四门训练课程， 则每位同学每年所修课程数为1，1，2或0，1，3或0，2，2. ①若是1，1，2，则先将4门课程分成三组，再分配到三个学年，有种方法； ②若是0，1，3，同理可得有种方法； ③若是0，2，2，同理可得有种方法.所以每位同学的不同选学课程的方式有种. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合要求.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. 已知的展开式中各二项式系数之和为64，则（ ） A. B. 常数项为160 C. 含项的系数为240 D. 二项式系数最大的项为第3项 【答案】AC 【解析】 【分析】根据二项式系数的性质，可判定A正确，D错误；求得二项展开式的通项，结合通项公式，可判定B错误，C正确. 【详解】对于A，由二项式的展开式中各二项式系数之和为64， 可得，解得，故A正确； 对于B，二项展开式的通项公式为， 令，可得，所以展开式的常数项为，故B错误； 对于C，令，解得，所以含项的系数为，故C正确； 对于D，二项式系数最大的项为第项，故D错误. 10. 年法国数学家帕斯卡独立发明了下面的一个无穷方阵（只给出了方阵的前行前列的部分数字），西方称之为帕斯卡三角，可以看出，从此方阵左上方切下一个等腰三角形（虚线部分）恰为杨辉三角，帕斯卡这一发明比我国杨辉晚了年左右.记方阵中第行第列的数字为，认真观察方阵，下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】由帕斯卡方阵可知，进而根据组合数公式及组合数性质运算判断各个选项可得. 【详解】对A：观察帕斯卡方阵可知，，所以， 根据组合数性质得，故A正确； 对B：由A分析知，所以， 即，故B正确； 对C：由A分析知，可得 ，故C错误； 对D：由组合数公式得，故D正确. 11. 已知函数有3个零点，其导函数为，则（ ） A. 不是定值 B. C. ，使得曲线关于点对称 D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】设，由恒等式知识求得，判断A，利用导数及零点存在定理求参数范围判断B，利用是关于的恒等式求得，判断C，由求导后求出，然后求积判断D． 【详解】对A，设， 所以，，，A错误； 对B，，当时，， 当时，， 所以在，上单调递减，在上单调递增， 要使有三个零点，因为，所以，解得，B正确； 对C，由题意 为常数， 所以，， 所以，使得曲线关于点对称，C正确； 对D，由得，， ， ， 所以，D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. ______.（用组合数表示） 【答案】 【解析】 【分析】利用组合数的性质计算即可 【详解】原式 . 13. 已知函数及其导函数的定义域均为，若，且，则不等式的解集为______. 【答案】 【解析】 【分析】令，根据题意可得在上单调递减，不等式可化为，根据函数的单调性解不等式即可求出答案. 【详解】令，因为， 所以，即在上单调递减， 又，所以， 因此不等式等价于， 所以，解得， 所以不等式的解集为. 14. 设，若是大于3的偶数，则除以1225的余数构成的集合是______. 【答案】 【解析】 【分析】利用二项式定理化简，再将偶数换元为并展开，可证是1225的倍数，即可求得. 【详解】因为， 所以， 若是大于3的偶数，令， 则 ， 因为对，， 所以能被1225整除，故余数为0，即余数构成的集合是. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤. 15. 已知函数. （1）求在处的切线方程； （2）已知，求的单调区间. 【答案】（1） （2）单调递增区间为，单调递减区间为 【解析】 【小问1详解】 由，得， 所以， 又， 所以在处的切线方程为，即. 【小问2详解】 因为， 则， 易知时，恒成立， 由，得，此时； 由，得，此时， 故的单调递增区间为，单调递减区间为. 16. 已知. （1）分别求的值； （2）求的值. 【答案】（1）； （2）0 【解析】 【分析】（1）设，求得，分别令和，两式相加求得，即可求得的值，再由多项式的展开形式，求得的值； （2）由（1）得和，令，即可求解. 【小问1详解】 解：设， 可得， 令，可得， 令，可得， 两式相加得，所以， 又由. 【小问2详解】 解：由（1）知：， 可得， 令，可得， 又由，可得， 所以. 17. （1）将6个不同的小球放入编号分别为1、2、3的三个不同盒子.若要使每个盒子的球数不小于它的编号数，则共有多少种不同的放法？ （2）有编号为1、2、3、4的四个不同的盒子，编号为1、2、3、4的四个不同的球，现把四个小球逐个随机放入四个盒子里.若每盒放一个球，且恰好只有一个球的编号与盒子的编号相同，则有多少种不同的放法？ （3）求方程的正整数解（）的组数. 【答案】（1）60（2）8（3）35 【解析】 【分析】（1）利用组合数，结合分步计数原理即可； （2）利用分类法和列举法，来解决其中3个元素的错位排列数； （3）利用隔板法来求正整数解的个数即可. 【详解】（1）当每个盒子的球数不小于它的编号数时，1号盒1个球，2号盒2个球，3号盒3个球，共有种不同的放法. （2）每盒放一个球，且恰好有一个球的编号与盒子的编号相同，则1、2、3、4号盒子里对应的球编号可能为1，3，4，2；1，4，2，3；2，3，1，4；2，4，3，1；3，2，4，1；3，1，2，4；4，1，3，2；4，2，1，3，共8种不同放法. （3）此为求正整数解的组合问题，可使用隔板法：将8个1看作8个相同的小球，在其形成的7个空隙中选择3个插入隔板，即可分成4份正整数，故共有组正整数解. 18. 已知函数. （1）若，求的最值； （2）若方程在上有两个实数根，求实数的取值范围； （3）若，证明：. 【答案】（1）最大值为，无最小值 （2） （3） 证明：当时，可得， 要证，即证. 令，则， 令，可得， 所以在上单调递增，即在上单调递增， 又由，，所以在上有唯一的实数根，且， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 所以当时，取得极小值，也是函数最小值， 由，可得，则， 所以， 所以. 【解析】 【分析】（1）若，求得，得出函数的单调性，进而求得函数的最值； （2）根据题意，转化为与直线在上有两个不同的交点，求得，得出的单调性，作出函数的图象，结合图象，即可求解； （3）由题意，转化为证明，令，求得，令，求得在上单调递增，得出有唯一的实数根，且，得出时，取得最小值，求得，进而证得结论. 【小问1详解】 解：若，则，其定义域为，且， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减， 所以当时，函数取得极大值，也是最大值，无最小值. 【小问2详解】 解：由，可得， 又因为在上有两个实数根， 等价于曲线与直线在上有两个不同的交点， 又由，令，解得， 当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 又因为，，当时，，当时，， 函数大致图象，如图所示， 结合图象，可得，所以实数的取值范围为. 【小问3详解】 略 19. 已知函数. （1）当时，求的极值； （2）若恒成立，求实数的取值范围； （3）证明：. 【答案】（1） 极小值为2，无极大值 （2） （3） 由（2）知，， 即，所以， 则，当且仅当时取等号， 所以， 将以上个不等式左右两边分别相加得 ， 即. 【解析】 【分析】（1）对求导得到函数的单调性，利用极值的概念即可得到答案； （2）不等式可化为恒成立，令，通过求导得到函数的单调性，进而得到最大值，即可求出答案； （3）由（2）知，转化得到，结合等比数列的前项和公式即可证明. 【小问1详解】 当时，函数，定义域为， ， 所以当时，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以在处取得极小值，无极大值，且极小值为， 所以，的极小值为，无极大值. 【小问2详解】 当时，恒成立等价于恒成立， 令，求导得， 令，则， 当时，，单调递增，当时，，单调递减， 则，即恒成立， 所以当时，，当时，， 即在上单调递增，在上单调递减， 所以，所以的取值范围为. 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高二数学 考生注意： 1.满分150分，考试时间120分钟. 2.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效. 3.本卷命题范围：人教版选择性必修第二册第五章，选择性必修第三册第六章. 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，则（ ） A. B. C. D. 2. 下列求导运算正确的是（ ） A. B. C. D. 3. 某质点的运动路程（单位：）与时间（单位：）的关系为，则该质点在时的瞬时速度为（ ） A. B. C. D. 4. 下列等式中成立的是（ ） A. B. C. D. 5. 如图，若闭合最少的开关使小灯泡发光，则不同的方法有（ ） A. 种 B. 种 C. 种 D. 种 6. 已知函数的导函数为，若，则的极小值点为（ ） A. -4 B. 0 C. D. 4 7. 二项式定理，又称牛顿二项式定理.二项式定理可以推广到任意实数次幂，即广义二项式定理：对于任意实数，当比较小的时候，取广义二项式定理展开式的前两项可得：，并且的值越小，所得结果就越接近真实数据.用这个方法计算的近似值，可以这样操作：.用这样的方法，估计的近似值约为（ ） A. B. C. D. 8. 近年随着“双减”政策的实施，国家对体育教育越来越重视.某中学响应号召，开设了“跳绳”“立定跳远”“跳高”“跑步”四门训练课程，要求学生初中阶段3学年中必须将四门训练课程学完，每位同学每学年最多选3门，则每位同学的不同选修课程的方式有（ ） A. 56种 B. 78种 C. 96种 D. 120种 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合要求.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. 已知的展开式中各二项式系数之和为64，则（ ） A. B. 常数项为160 C. 含项的系数为240 D. 二项式系数最大的项为第3项 10. 年法国数学家帕斯卡独立发明了下面的一个无穷方阵（只给出了方阵的前行前列的部分数字），西方称之为帕斯卡三角，可以看出，从此方阵左上方切下一个等腰三角形（虚线部分）恰为杨辉三角，帕斯卡这一发明比我国杨辉晚了年左右.记方阵中第行第列的数字为，认真观察方阵，下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 11. 已知函数有3个零点，其导函数为，则（ ） A. 不是定值 B. C. ，使得曲线关于点对称 D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. ______.（用组合数表示） 13. 已知函数及其导函数的定义域均为，若，且，则不等式的解集为______. 14. 设，若是大于3的偶数，则除以1225的余数构成的集合是______. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤. 15. 已知函数. （1）求在处的切线方程； （2）已知，求的单调区间. 16. 已知. （1）分别求的值； （2）求的值. 17. （1）将6个不同的小球放入编号分别为1、2、3的三个不同盒子.若要使每个盒子的球数不小于它的编号数，则共有多少种不同的放法？ （2）有编号为1、2、3、4的四个不同的盒子，编号为1、2、3、4的四个不同的球，现把四个小球逐个随机放入四个盒子里.若每盒放一个球，且恰好只有一个球的编号与盒子的编号相同，则有多少种不同的放法？ （3）求方程的正整数解（）的组数. 18. 已知函数. （1）若，求的最值； （2）若方程在上有两个实数根，求实数的取值范围； （3）若，证明：. 19. 已知函数. （1）当时，求的极值； （2）若恒成立，求实数的取值范围； （3）证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $