精品解析：吉林通榆县第一中学校2025-2026学年高二下学期期中考试数学试卷

通榆一中2024级高二下学期期中考试 数学学科 一、单选题 1. 的展开式中的系数为15，则（    ） A. 9 B. 8 C. 7 D. 6 2. 某演讲比赛结束后，2名男同学、3名女同学和2位老师站成一排拍照留念，则2位老师相邻，且3名女同学不相邻的站法有（ ） A. 264种 B. 288种 C. 312种 D. 336种 3. 从0，1，2，3，4五个数字组成没有重复数字的四位数，则该数为偶数有多少个？（ ） A. 66 B. 60 C. 90 D. 96 4. 已知定义在上的函数的导函数为，，且对任意的满足，则不等式的解集是（ ） A. B. C. D. 5. 若，有成立，则k的取值范围为（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数，，若存在，对任意，使得恒成立，则实数k的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 某航天科研所的甲、乙、丙、丁、戊5位科学家应邀去、、三所不同的学校开展科普讲座活动，要求每所学校至少1名科学家．已知甲、乙到同一所学校，丙不到学校，则不同的安排方式有多少种（ ） A. 12种 B. 24种 C. 36种 D. 30种 8. 已知函数有两个不同的零点且有，则下列说法中错误的是（ ） A. B. C. D. 二、多选题 9. 已知函数的导函数的图象如下图所示，则（ ） A. 函数的图象在处的切线斜率小于零 B. 函数在区间上单调递增 C. 当时，函数取得极值 D. 当时，函数取得极值 10. 下列说法正确的是（ ） A. 已知，则x的取值为6或7. B. 除以8的余数为1 C. 由1，1，1，2，3，4这六个数字组成的不同六位数共有120个 D. 将8个相同小球放入4个不同盒子中，每个盒子至少放一个小球，则共有35种不同放法 11. 已知数列满足，则（ ） A. B. 的前项和为 C. 的前100项和为100 D. 的前9项和为 三、填空题 12. 若3名学生报名参加天文、计算机、文学、美术这4个兴趣小组，每人选报1组，则不同的报名方式有__________ 种. 13. 的展开式中含的项为____. 14. 若对任意，不等式恒成立，则的取值范围为__________. 四、解答题 15. 从5名男生和4名女生中选出4人去参加数学竞赛． （1）如果选出的4人中男生、女生各2人，那么有多少种选法？ （2）如果男生中的小王和女生中的小红至少有1人入选，那么有多少种选法？ （3）如果被选出的4人是甲、乙、丙、丁，将这4人派往2个考点，每个考点至少1人，那么有多少种派送方式？ 16. 已知等差数列满足，；等比数列的前3项和为7，前6项和为63. （1）求和的通项公式； （2）若，求的前n项和. 17. 已知函数． （1）讨论的极值； （2）求在上的最小值． 18. 函数. （1）若，求的极小值； （2）当时，证明：. 19. 已知函数，若有三个实数根，，，且. （1）求实数的取值范围； （2）求证： ①； ②. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 通榆一中2024级高二下学期期中考试 数学学科 一、单选题 1. 的展开式中的系数为15，则（    ） A. 9 B. 8 C. 7 D. 6 【答案】D 【解析】 【分析】由二项式定理通项公式即可求解. 【详解】设二项展开式中的第项含有，即中含有项， 令，可得；所以，解得， 故选：D 2. 某演讲比赛结束后，2名男同学、3名女同学和2位老师站成一排拍照留念，则2位老师相邻，且3名女同学不相邻的站法有（ ） A. 264种 B. 288种 C. 312种 D. 336种 【答案】B 【解析】 【分析】首先2名老师捆绑为一个元素和2名男同学全排列，再让女同学插空排列. 【详解】将2名老师作为一个元素和2名男男同学共3个元素全排列，共有种方法， 再让3名女同学插空，有种方法，所以满足条件的站法有种. 3. 从0，1，2，3，4五个数字组成没有重复数字的四位数，则该数为偶数有多少个？（ ） A. 66 B. 60 C. 90 D. 96 【答案】B 【解析】 【分析】首先以个位数是否为0区分两种情况，其次对每种情况，都按照分步乘法原理即可求解． 【详解】若个位数为0，此时一定为偶数，没有重复数字的偶数有个； 若个位数不为0，则第一步先确定个位数，必须为2或4，共种， 其次确定千位数，千位数不能为0，则必须从剩余的一个偶数以及1、3中选，共种， 最后从剩余的三个数字中选两个组成有顺序的十位数和百位数，共种，一共有个， 所以没有重复数字的四位数为偶数的情况共有个． 故选：B． 4. 已知定义在上的函数的导函数为，，且对任意的满足，则不等式的解集是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据求解不等式可构造函数，求导得单调性，把求解不等式变形为，即，利用单调性比大小即可. 【详解】令，则， 所以在上单调递减，因为，所以， 不等式可变形为，即，可得， 故选：B. 5. 若，有成立，则k的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先化简已知不等式得出在上单调递减，再应用导函数结合恒成立转化为最值得出参数范围. 【详解】由题得， ∴在上单调递减， 恒成立，即恒成立， 又，所以． 故选：B. 6. 已知函数，，若存在，对任意，使得恒成立，则实数k的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用导数研究函数的单调性与最值，将问题化为计算两个函数的最大值即可. 【详解】易知，令得，得， 则在上单调递减，在上单调递增， 所以时，单调递增，即， 而时，， 由题意可知，所以，即. 故选：A 7. 某航天科研所的甲、乙、丙、丁、戊5位科学家应邀去、、三所不同的学校开展科普讲座活动，要求每所学校至少1名科学家．已知甲、乙到同一所学校，丙不到学校，则不同的安排方式有多少种（ ） A. 12种 B. 24种 C. 36种 D. 30种 【答案】B 【解析】 【分析】根据排列组合的知识以及分组分配的方法求解. 【详解】因为甲､乙到同一所学校，所以将甲、乙“捆绑”看成一个元素， 因此原问题转化为要将四个元素：甲乙、丙、丁、戊分配到三所学校，每所学校至少1个元素， 若A学校只安排一个元素，该元素不为丙，则有种分配方法； 若A学校只安排两个元素，则需从甲乙、丁、戊中选两个元素， 则有种分配方法； 所以不同的安排方式有种； 故选：B. 8. 已知函数有两个不同的零点且有，则下列说法中错误的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】对A、B，求导讨论函数单调性，然后计算可知；对C，，两边取对数然后结合对数均值不等式判断即可；对D，构建函数，然后求导可知函数单调性，结合，计算判断即可. 【详解】由题得，故当时，，不符合题意． 当时，令，得，若，则；若．则． 由题知必有，故．因为，所以．则A，B正确． 由和知，因为， 所以等号两边取对数得，即， 由对数平均不等式知，即．则C错误． 构造函数． 则，所以单调递增，故，即． 由知， 所以， 因为在上单调递增，所以．则D正确． 故选：C． 二、多选题 9. 已知函数的导函数的图象如下图所示，则（ ） A. 函数的图象在处的切线斜率小于零 B. 函数在区间上单调递增 C. 当时，函数取得极值 D. 当时，函数取得极值 【答案】BC 【解析】 【分析】根据导数的几何意义判断Ａ；利用导函数的正负，分析函数的单调性，判断Ｂ；利用极值点的定义判断Ｃ，Ｄ. 【详解】由图可知，所以函数的图象在处的切线斜率大于零，所以Ａ错误. 当时，恒成立，所以函数在区间上单调递增，所以Ｂ正确. 由图可知，在的附近，当时，；当时，. 即是的一个变号零点，所以在处取得极值.所以Ｃ正确. 在的附近，恒成立，所以单调递增，所以不是的极值点，所以Ｄ错误. 故选：BC. 10. 下列说法正确的是（ ） A. 已知，则x的取值为6或7. B. 除以8的余数为1 C. 由1，1，1，2，3，4这六个数字组成的不同六位数共有120个 D. 将8个相同小球放入4个不同盒子中，每个盒子至少放一个小球，则共有35种不同放法 【答案】ACD 【解析】 【分析】由组合数的性质，计数原理及排列组合可得. 【详解】对于A，由组合数的性质得或者， 得或，故A正确， 对于B，因为， 所以除以8的余数为，故B错误； 对于C，由这六个数字组成的不同六位数共有，故C正确， 对于D，将个相同小球放入个不同盒子中，每个盒子至少放一个小球，采用隔板法，有种不同放法，故D正确. 故选：ACD 11. 已知数列满足，则（ ） A. B. 的前项和为 C. 的前100项和为100 D. 的前9项和为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A：根据前n项和与通项公式之间的关系运算求解；对于B：结合等差数列求和公式运算求解；对于C：可得当为奇数，则，结合并项求和运算求解；对于D：整理可得，结合裂项相消法运算求解. 【详解】对于选项A：因为， 当时，； 当时，则， 两式相减可得，即； 且符合上式，所以，故A正确； 对于选项B：因为，可知数列为等差数列， 所以的前项和为，故B错误； 对于选项C：因为， 所以的前100项和为，故C正确； 对于选项D：因为， 所以的前9项和为，故D正确. 三、填空题 12. 若3名学生报名参加天文、计算机、文学、美术这4个兴趣小组，每人选报1组，则不同的报名方式有__________ 种. 【答案】64 【解析】 【分析】由分步乘法计数原理即可算出答案. 【详解】由分步乘法计数原理，得不同的报名方式有（种）. 故答案为：64 13. 的展开式中含的项为____. 【答案】 【解析】 【分析】解法一：将三项展开式变为，根据和展开式的通项乘积可求得结果；解法二：直接根据组合数公式计算多项式的系数可得. 【详解】方法一:因为， 二项式展开式的通项为， 二项式展开式的通项为， 所以多项式展开式的通项为， 令，得，且， 所以或或或或. ①当时，的展开式中含的项为； ②当时，的展开式中含的项为， ③当时，的展开式中含的项为； ④当时，的展开式中含的项为； ⑤当时，的展开式中含的项为. 综上，得的展开式中含的项为. 方法二：可看成6个相乘， 的展开式中含的项有以下三种情况： ①个多项式取，个多项式取乘积得到，即； ②个多项式取，个多项式取，个多项式取乘积得到， 即； ③个多项式取，个多项式取乘积得到， 即； 综上所述，的展开式中含的项为. 14. 若对任意，不等式恒成立，则的取值范围为__________. 【答案】 【解析】 【分析】令，，首先利用导数说明的单调性，即可得到，再对分类讨论，当时显然成立，当时，利用导数说明函数的单调性即可得. 【详解】令， 设，则对任意的恒成立， 所以在上单调递增，从而. ①若，则当时，恒成立，符合题意. ②若，，易知在上单调递增， 因为，所以，所以，即， 所以. 因为，，所以，，所以. 因为在上单调递增，其图象是一条连续的曲线， 且，所以存在唯一的，使得， 当时，，所以函数在上单调递减，，不符合题意，舍去. 综上，实数a的取值范围为. 故答案为：. 四、解答题 15. 从5名男生和4名女生中选出4人去参加数学竞赛． （1）如果选出的4人中男生、女生各2人，那么有多少种选法？ （2）如果男生中的小王和女生中的小红至少有1人入选，那么有多少种选法？ （3）如果被选出的4人是甲、乙、丙、丁，将这4人派往2个考点，每个考点至少1人，那么有多少种派送方式？ 【答案】（1）60 （2）91 （3）14 【解析】 【分析】（1）用组合知识直接求解；（2）先求出若小王和小红均未入选时的选法，从而求出如果男生中的小王和女生中的小红至少有1人入选时的选法；（3）分两种情况进行求解，再使用分类加法计数原理进行求解. 【小问1详解】 从5名男生中选2名，4名女生中选2人，属于组合问题，，故有60种选法； 【小问2详解】 若小王和小红均未入选，则有种选法，故男生中的小王和女生中的小红至少有1人入选，则有种选法； 【小问3详解】 若2个考点派送人数均为2人，则有种派送方式， 若1个考点派送1人，另1个考点派送3人，则有种派送方式，故一共有8+6=14种派送方式. 16. 已知等差数列满足，；等比数列的前3项和为7，前6项和为63. （1）求和的通项公式； （2）若，求的前n项和. 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意求得等差数列的首项和公差，即可求得的通项公式；根据等比数列的前项和公式求得其首项和公比，即可求得的通项公式； （2）根据等比数列及等差数列的前项和公式，利用分组求和法求得的前n项和. 【小问1详解】 设等差数列的公差为，则，解得. 所以； 设等比数列的公比为， 若，则，显然无解，所以. 所以，所以，解得，所以. 所以. 综上的通项公式为，的通项公式为. 【小问2详解】 设数列的前n项和为，则. 因为， ， 所以. 即的前n项和为. 17. 已知函数． （1）讨论的极值； （2）求在上的最小值． 【答案】（1）当时，无极值；当时，的极小值为，无极大值. （2） 【解析】 【分析】（1）求导后，分别在和的情况下，根据的正负可得单调性，由极值定义可求得结果； （2）分别在、和的情况下，根据的正负可得单调性，由此可得最值点，代入可求得最值. 【小问1详解】 由题意知：的定义域为，； 当时，，恒成立，在上单调递增， 无极值； 当时，若，；若，； 在上单调递减，在上单调递增； 的极小值为，无极大值； 综上所述：当时，无极值；当时，的极小值为，无极大值. 【小问2详解】 当时，在上恒成立，在上单调递增， ； 当时，若，；若，； 在上单调递减，在上单调递增， ； 当时，在上单调递减，； 综上所述：在上的最小值. 18. 函数. （1）若，求的极小值； （2）当时，证明：. 【答案】（1）； （2） 当时，， 令 ，定义域为， 则，其中， 由在上单调递增，且，， 则存在，使得， 当时，，，在上单调递减； 当时，，，在上单调递增； 所以的最小值为， 由，可得，， 所以，即的最小值为0， 综上，，即得证. 【解析】 【分析】（1）代入，求导判断函数单调性，根据单调性求解函数的极小值 （2）要证，即证，令，求导判断单调性，求出的最小值，得证. 【小问1详解】 函数的定义域为，当时，， 由，得，即在上单调递增； 由，得，即在区间上单调递减， 所以的极小值为. 【小问2详解】 略 19. 已知函数，若有三个实数根，，，且. （1）求实数的取值范围； （2）求证： ①； ②. 【答案】（1） （2）证明如下： ①由（1）可知. 设， 则， 当时，因，则，故在区间上单调递增， 故，即，则. 又，故. 因， 由（1）知在区间上单调递减，则，即. ②过点和的直线的方程为， 由图知直线即为曲线的割线. 当时，， 则函数的图象总在直线上方. 过点且与函数的图象相切的直线的方程为. 当时，， 则函数的图象总在直线上方，如图所示. 设直线与直线的交点横坐标分别为， 则可知， 故. 【解析】 【分析】（1）将方程的解的问题转化为函数与的交点问题，借助于求导判断函数的单调性，进而得到函数的简图，数形结合即得参数范围； （2）①构造函数，求导判断得到在区间上单调递增，推得，再由在区间上的单调性即可得证；②结合图形，判断函数的图象总在直线上方，的图象总在直线上方，设直线与直线的交点横坐标分别为，则得，即可得证. 【小问1详解】 令，可得. 设，则函数的图象与有三个交点. 当时，，则. 则函数在区间上单调递减； 当时，，则. 当时，；当时，， 则函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，则， 当时，，当时，， 函数的大致图象如图， 要使直线与函数的图象有三个交点，需使. 即实数的取值范围为. 【小问2详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $