精品解析：海南海口实验中学2025-2026学年第二学期高二下学期数学期中检测试题

海南海口实验中学2025-2026学年第二学期高二下学期数学期中检测试题 一、单选题 1. 已知函数，则（ ） A. 2 B. 1 C. D. 2. 若二项式的展开式中的系数是，则实数 A. B. C. D. 3. 安排5名志愿者完成四项工作，其中项工作需2人，项工作不安排5人中的甲完成，5名志愿者均分配了工作，且每项工作均有人完成，则不同的安排方法共有（ ） A. 66种 B. 60种 C. 54种 D. 48种 4. 已知函数在处有极大值，则的值为（ ） A. 6 B. 6或2 C. 2 D. 4或2 5. 已知函数的导函数是，则函数的图象可能是（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数在区间上单调递增，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 7. 我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中展示了二项式系数表，数学爱好者对杨辉三角做了广泛的研究，则下列结论错误的是（ ） A. B. 第6行､第7行､第8行的第7个数之和为第9行的第8个数 C. 第12行中从左到右第2个数与第3个数之比为 D. 第2020行的第1010个数最大 8. 函数，，若存在正数，，使得，则的最小值为（ ） A. B. C. 1 D. 二、多选题 9. 在的展开式中，各项系数和与二项式系数和之和为128，则（ ） A. 二项式系数和为64 B. 各项系数和为64 C. 常数项为135 D. 常数项为-135 10. 甲､乙､丙､丁､戊五人并排站成一排，下列说法正确的是（ ） A. 如果甲乙不相邻，则不同排法共有36种 B. 如果甲､乙必须相邻，则不同的排法有48种 C. 如果甲乙丙按从左到右的顺序（可以不相邻），则不同排法共有20种 D. 五个人去三个城市游览，每人只能去一个城市，则有125种不同游览方法 11. 对于函数，下列说法正确的是（ ） A. 在处取得极大值 B. 有两个不同的零点 C. D. 三、填空题 12. 函数的单调递减区间为_________. 13. 已知，若，则___________． 14. 已知定义在上的函数的导函数为，且满足，，则不等式的解集为______． 四、解答题 15. 在斜三棱柱中，是边长为2的正三角形，侧面底面. （1）证明：； （2）为的中点，求平面与平面夹角的余弦值. 16. 已知函数. （1）若，求曲线在点处的切线方程； （2）若有两个极值点；求实数的取值范围. 17. 已知数列满足. （1）求的通项公式； （2）设数列的前项和为，证明：. 18. 已知函数. （1）若，求的单调区间； （2）若存在，对任意恒成立，求实数的最大值. 19. 已知椭圆E：的右焦点为，过E的右顶点A和下顶点B的直线的斜率为． （1）求E的方程． （2）若直线与E交于M，N两点（均异于点B），记直线BM和直线BN的斜率分别为，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 海南海口实验中学2025-2026学年第二学期高二下学期数学期中检测试题 一、单选题 1. 已知函数，则（ ） A. 2 B. 1 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求导，令可得结果. 【详解】由，可得，则，解得. 故选：D. 2. 若二项式的展开式中的系数是，则实数 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】试题分析：二项式的通项公式为，令，得．故展开式中的系数是，解得． 考点：二项式定理 3. 安排5名志愿者完成四项工作，其中项工作需2人，项工作不安排5人中的甲完成，5名志愿者均分配了工作，且每项工作均有人完成，则不同的安排方法共有（ ） A. 66种 B. 60种 C. 54种 D. 48种 【答案】D 【解析】 【分析】根据分类计数原理和分步计数原理，分为甲去完成A项工作和甲不去完成A项工作，进而得到结果. 【详解】甲去完成项工作，有种不同的安排方式； 甲不去完成项工作，又项工作不安排甲完成，有种不同的安排方式， 故共有种不同的安排方式． 故选：D 4. 已知函数在处有极大值，则的值为（ ） A. 6 B. 6或2 C. 2 D. 4或2 【答案】A 【解析】 【分析】根据在处有极大值，得出，解出的值，代入检验，即可得出答案． 【详解】因为函数， 所以， 因为在处有极大值， 所以， 即，解得或， 当时，， 令，解得或 ， 当时， ，即在单调递减， 当时，，即在单调递增， 所以时取得极小值，不合题意，舍去； 当时，， 令，解得或 当时，，即在单调递增， 当时，，即在单调递减， 所以时取得极大值，符合题意. 所以的值为6， 故选：A． 5. 已知函数的导函数是，则函数的图象可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】分析的单调性，即可得到的单调性及变化趋势，即可判断. 【详解】由题知且不恒等于，又在上单调递减，在上单调递增， 在定义域上单调递增， 所以在上单调递减，在上单调递增， 即当时，的值由小变大，再由大变小， 即函数图象从左到右是单调递增，且变化趋势是先慢后快再变慢. 故选：B. 6. 已知函数在区间上单调递增，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由恒成立，通过分离参数求最值即可求解. 【详解】由，得恒成立， 由的解析式可知其在区间上单调递增， 所以， 则，则的最大值为． 7. 我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中展示了二项式系数表，数学爱好者对杨辉三角做了广泛的研究，则下列结论错误的是（ ） A. B. 第6行､第7行､第8行的第7个数之和为第9行的第8个数 C. 第12行中从左到右第2个数与第3个数之比为 D. 第2020行的第1010个数最大 【答案】D 【解析】 【分析】对于ABC选项，都可以对照图表与二项式系数的关系，即可得到判断；对于D选项，则需要找到二项式系数的规律分析即可或直接运用二项式系数的性质直接判断，如第2020行的二项式系数是，根据二项式系数的性质最大的是，从而判断是第1011项． 【详解】对于：因为，所以，故正确； 对于：第6行，第7行，第8行的第7个数字分别为：，其和为；而第9行第8个数字就是36，故B正确； 对于C：依题意：第12行从左到右第2个数为，第12行从左到右第3个数为，所以第12行中从左到右第2个数与第3个数之比为，故C正确； 对于D：由图可知：第行有个数字，如果是偶数，则第（最中间的）个数字最大；如果是奇数，则第和第个数字最大，并且这两个数字一样大，所以第2020行的第1011个数最大，故D错误. 故选:D. 8. 函数，，若存在正数，，使得，则的最小值为（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】B 【解析】 【分析】分析可知，结合的单调性可得，，构建，利用导数求其单调性和最值，即可得结果. 【详解】因为，则， 由题意可得：， 整理可得，即， 又因为在内单调递减，则在内单调递减， 可得，则， 构建，可得， 当时，；当时，； 可知在内单调递减，在内单调递增， 则，所以的最小值为. 故选：B. 二、多选题 9. 在的展开式中，各项系数和与二项式系数和之和为128，则（ ） A. 二项式系数和为64 B. 各项系数和为64 C. 常数项为135 D. 常数项为-135 【答案】ABC 【解析】 【分析】利用已知条件求出的值，再利用二项展开式的性质和通项逐个判断选项. 【详解】令，得各项系数和为，又二项式系数和为， 所以，解得， 所以，故AB正确； 展开式的通项公式为， 令，求得，故常数项为，故C正确，D错误； 故选：ABC. 10. 甲､乙､丙､丁､戊五人并排站成一排，下列说法正确的是（ ） A. 如果甲乙不相邻，则不同排法共有36种 B. 如果甲､乙必须相邻，则不同的排法有48种 C. 如果甲乙丙按从左到右的顺序（可以不相邻），则不同排法共有20种 D. 五个人去三个城市游览，每人只能去一个城市，则有125种不同游览方法 【答案】BC 【解析】 【分析】利用插空法求出A选项中结果，利用捆绑法求出B选项结果，利用由排列组合求出C选项结果，由分步计算原理求出D选项结果． 【详解】A．如果甲乙不相邻，则不同排法共有种，故A错误； B．如果甲，乙必须相邻，则不同的排法有种，故B正确； C．如果甲乙丙按从左到右的顺序可以不相邻，则不同排法共有种，故C正确； D．五个人去三个城市游览，每人只能去一个城市，则有种不同游览方法，故D正确． 故选：BC． 11. 对于函数，下列说法正确的是（ ） A. 在处取得极大值 B. 有两个不同的零点 C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】求出导函数，分析函数的单调性，求极值，判断选项A，B，由函数的单调性判断选项C，由，判断选项D. 【详解】的定义域为，且. 令，得在上单调递增，在上单调递减， 因此在处取得极大值，故A正确； 令，解得，故函数有且仅有一个零点，故B错误； 由在上单调递减，得，故正确； 因为，即，所以，则，故D正确. 故选：ACD. 三、填空题 12. 函数的单调递减区间为_________. 【答案】 【解析】 【分析】先求出函数的定义域，然后对函数求导，再由可求出函数的单调递减区间. 【详解】的定义域为， 由，得， 由，得，解得， 因为，所以， 所以单调递减区间为. 故答案为： 13. 已知，若，则___________． 【答案】0 【解析】 【分析】先根据条件求出，然后由赋值法即可求解. 【详解】由题意，所以，即， 令，则，令，则， 所以. 故答案为：0. 14. 已知定义在上的函数的导函数为，且满足，，则不等式的解集为______． 【答案】 【解析】 【分析】令，把不等式转化为，构造函数，求得，得到为上的增函数，结合，得到，进而求得不等式的解集. 【详解】令，则， 不等式等价转化为，即， 构造函数，可得， 因为，可得， 所以，所以为上的增函数， 又因为，所以， 所以，解得，即， 所以，故不等式的解集为． 四、解答题 15. 在斜三棱柱中，是边长为2的正三角形，侧面底面. （1）证明：； （2）为的中点，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1） 取的中点，连结，在中，， 所以，平面平面， 平面平面平面， 平面平面， 在等边三角形中，，建立如图所示的空间直角坐标系. 则 ， ，即，故； （2）. 【解析】 【分析】（1）建立如图所示的空间直角坐标系，由即可证明. （2）求出平面与平面的法向量，再由二面角的向量公式求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ，设平面的法向量为， 则有，令， 设平面的法向量为， 则有，所以，令，则， 设平面与平面夹角为，则. 16. 已知函数. （1）若，求曲线在点处的切线方程； （2）若有两个极值点；求实数的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）求导，利用导数的几何意义和点斜式方程求解； （2）求导，根据有两个极值点得到对应方程有两个根，根据根的判别式和韦达定理建立不等式，求出取值范围； 【小问1详解】 若，则， 所以， 切线方程为， 即． 【小问2详解】 ． 设为的两个极值点， 则是方程的两个实数根， 即方程的两个正实数根． 所以，解得， 即的取值范围是． 17. 已知数列满足. （1）求的通项公式； （2）设数列的前项和为，证明：. 【答案】（1） （2） 因为， 所以， 所以 ， 又因为，所以，所以. 【解析】 【分析】（1）应用计算得出通项公式； （2）应用裂项相消计算求和结合范围即可证明不等式. 【小问1详解】 因为， 当时，，所以 当时，， 两式相减可得，所以当时，， 综上，； 【小问2详解】 略 18. 已知函数. （1）若，求的单调区间； （2）若存在，对任意恒成立，求实数的最大值. 【答案】（1）单调递减区间为，单调递增区间为 （2） 【解析】 【分析】（1）借助导数计算即可得； （2）令，，借助导数计算可得该函数单调递减，则，结合的范围即可得解. 【小问1详解】 由题意可知，， 令，得 令，得，令，得， 所以的单调递减区间为，单调递增区间为； 【小问2详解】 令，可得， 令，，因为，所以， 所以在单调递减， 要使得对任意的恒成立， 所以，即， 因为存在实数，使得成立， 所以，即， 所以的最大值为. 19. 已知椭圆E：的右焦点为，过E的右顶点A和下顶点B的直线的斜率为． （1）求E的方程． （2）若直线与E交于M，N两点（均异于点B），记直线BM和直线BN的斜率分别为，证明：． 【答案】（1） （2） 设，，将直线与联立：. 将直线代入椭圆，得到. 展开即为. 故，. 由于不在直线上，故，即， 从而 . 所以. 【解析】 【分析】（1）根据已知条件列出关于的两个方程，再解出即可； （2）将直线和椭圆联立，利用韦达定理即可化简并求出结果. 【小问1详解】 由有；而，，故. 所以，从而，故. 所以的方程是. 【小问2详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $