宁夏青铜峡市第一中学2025-2026学年第二学期期中考试试卷高二数学（B卷）

**基本信息** 高二数学期中B卷涵盖导数、二项式定理、排列组合等核心知识，以赵爽弦图、六艺课程等文化与实际情境融合基础运算与逻辑推理，体现数学思维与应用意识。 **题型特征** |题型|题量|知识覆盖|命题特色| |----|----|----------|----------| |单选题|8|导数几何意义、排列组合、函数单调性|基础概念辨析，如切线方程求解| |多选题|3|二项式系数、导函数图像分析|选项分层，考查逻辑推理，如单调区间判断| |填空题|3|函数单调区间、二项式常数项、涂色问题|结合赵爽弦图，渗透文化传承| |解答题|5|导数综合、数列证明、立体几何、恒成立问题|梯度设计，从切线方程到参数范围探究，提升综合应用能力|

青铜峡市第一中学2025-2026学年第二学期期中考试试卷 高 二 数 学（B卷） 考试时间：120分钟 试卷满分：150分 第I卷（选择题） 一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求的把答案填涂在答题卡上） 1．若，则（    ） A． B．6 C．3 D． 2．某书架的第一层放有8本不同的数学书，第二层放有5本不同的物理书．从这些书中任取1本数学书和1本物理书，不同的取法有（   ） A．13种 B．40种 C．种 D．种 3．函数的图象在处的切线方程是（    ） A． B． C． D． 4．的展开式的第项的系数为 （    ） A． B． C． D． 5．若函数，则（   ） A． B．0 C．1 D．2 6．函数的单调减区间是（   ） A． B． C． D． 7．函数的部分图像大致为（    ） A． B． C． D． 8．已知函数，若在上单调递增，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分） 9．展开式中二项式系数最大的是，则可以是（    ） A．8 B．9 C．10 D．11 10．函数的导函数的图象如图所示，则下列说法正确的是（   ） A．为函数的单调递增区间 B．为函数的单调递增区间 C．函数在处取得极小值 D．函数在处取得极小值 11．为弘扬我国古代的“六艺文化”，某国学班计划开设“礼”、“乐”、“射”、“御”、“书”、“数”六门课程，每天开设一门，连续开设6天，则（   ） A．课程“数”不排在第一天，“礼”不排在最后一天的不同排法共有504种 B．课程“射”必须排在“御”前面的不同排法共有360种 C．课程“御”、“书”、“数”互不相邻的不同排法共有24种 D．课程“御”和“书”不相邻的不同排法共有480种 第II卷（非选择题） 三、填空题（本大题3题，每小题5分，共15分，把正确答案填在题中横线上） 12．函数的单调减区间为______． 13．二项式的展开式中的常数项为____________ 14．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．    四、解答题（本大题共6小题，共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 15．（13分）已知函数． (1)求函数在处的切线方程； (2)求函数的单调区间和极值． 16．（15分）已知的展开式中各二项式系数的和为． (1)求的值； (2)求该展开式中所有项的系数和． 17．（15分）已知数列的首项，且满足． (1)求证：是等比数列； (2)求数列的通项公式及前10项的和． 18．（17分）如图所示，四棱锥的底面是矩形，底面，，，，． (1)证明： // 平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 19．（17分）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. 试卷第2页，共2页 试卷第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 《2025-2026学年度高中数学期中考试卷》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B C A A D D A B ACD BD 题号 11 答案 AB 1．B 【分析】利用导数的定义即得. 【详解】∵函数在处的导数为2， ∴. 故选：B. 2．C 【分析】根据分步乘法计数原理求解即可. 【详解】第一步先投一封信有3种不同的投法，第二步投剩余的一封信也有3种不同的投法，根据分步乘法计数原理可知，共有种不同的投法. 故选：C 3．A 【分析】根据展开式通项公式写出第项即可. 【详解】由题意可得二项式展开式的通项为：， 将代入上式，可得：， 所以展开式中的第项是：. 故选：A. 4．A 【分析】利用导数的几何意义，即可求解. 【详解】，由题意可知，切线的斜率，则 ，解得：，， 所以. 故选：A 5．D 【分析】由导函数的图象，确定导函数的正负，由此得到函数的单调性，由极值的定义判断函数的极值，由此判断四个选项即可. 【详解】根据导函数的图象可知， 当时，，当时，， 可知在内单调递减，在单调递增， 所以当时，取得极小值，当时，取得极大值，当时，取得极小值， 故ABC错误，D正确. 故选：D. 6．D 【分析】求导，可得对恒成立，可得对恒成立，求得的最大值即可. 【详解】由，可得， 因为函数在区间上单调递增， 所以对恒成立，即对恒成立， 即对恒成立， 令，则，因为，所以， 所以在上单调递减， 所以，所以， 所以实数k的取值范围是. 故选：D. 7．A 【分析】先将语文和化学捆绑、与英语，物理全排列，再将数学插空，由分步乘法计数原理计算即可. 【详解】将语文和化学捆绑、与英语，物理全排列有种排法， 数学不排在第一节课，将数学插空有种， 由分步乘法计数原理可得不同的排课法的种数是种， 故选：A. 8．B 【分析】问题转化为：在上的最大值不大于在上的最大值，然后根据导数及二次函数的性质求最值即得. 【详解】由题意，在上的最大值不大于在上的最大值. 对：因为，所以， 由， 所以函数在上单调递增， 又，所以在上单调递增，所以在上的最大值为. 对：当时，，因为，故满足题意； 当时，因为的对称轴为，所以在上单调递增，所以在上的最大值为， 由.所以； 当时，在上单调递减，所以在上的最大值为， 由，结合得. 综上可知，实数的取值范围为. 9．ACD 【分析】利用赋值法求二项展开式的系数即可. 【详解】对于A，令，，故A正确； 对于B，令，，故B错误； 对于C，令，， 结合，所以，故C正确； 对于D，令，，故D正确； 故选：ACD. 10．BD 【分析】根据组合数判断A，分物理和化学选一门、两门判断B，利用间接法判断C，对三个科目分类讨论，即可判断D. 【详解】A选项，若任意选择三门课程，则选法总数为，所以A正确. B选项，若物理和化学至少选一门，则选法总数为，所以B错误. C选项，若物理和历史不能同时选，则选法总数为，所以C正确. D选项，只选物理、不选化学和历史，选法为； 只选化学、不选物理，选法为； 物理化学同时选、不选历史，选法为. 所以选法总数是，所以D错误. 故选：BD 11．AB 【分析】对于A选项，利用导数即可求出极小值；对于B选项，将问题转化为与有两个交点即可；对于C，根据在上单调递增，可得，代入化简即可判断；对于D，设切点为，则切线方程为：，将点，代入化简得：，令，利用导数研究函数的取值范围即可判断D选项. 【详解】函数​的定义域为，且， 令，解得 当时，，所以，单调递减； 当时，，所以，单调递增； 则是函数的极小值点，故A 正确； 对于B，的极小值为， 当时，，，当时，， 结合图像可知对，方程恒有两个不同解成立，故B正确； 对于C，由于当时，单调递增，所以，则， 即,所以，故C不正确； 对于D，设切点为，切线斜率为， 切线方程为：， 因为切线过，代入得： 化简得：， 整理得：，即， 令，， 则，所以在和上单调递增， 所以当时，，当时，， 则当时，无解， 即不存在，使得直线与曲线相切，故D不正确； 12．240 【分析】直接利用分步乘法计数原理即可求出结果. 【详解】由分步乘法计数原理得种, 故答案为：240. 13． 【分析】对二项式变形，然后利用的通项公式，赋值求解即可. 【详解】. 因为的通项公式为， 所以在中，当时不满足； 在中，当时，，则常数项为. 故答案为： 14． 【分析】根据题意对函数求二阶导函数，令在区间恒成立，分离参数，解得实数的取值范围即可. 【详解】 ， 在区间上为“凸函数” 在上恒成立 在上恒成立 设，， 则 当且仅当，即时取得最大值， 只需. 故答案为：. 15．(1) (2)的最小值为，最大值为. 【分析】（1）利用极值定义可求得，可得解析式； （2）利用导函数判断出函数在区间上的单调性，比较端点处的值可得结论. 【详解】（1）依题意可得， 又当时，取得极值，所以，即； 解得； 所以； （2）由（1）可知， 令，可得或， 当变化时，的变化情况如下表所示： 单调递增 单调递减 单调递增 因此，在区间上，的最小值为，最大值为. 16．(1)8 (2) 【分析】（1）分别选择这三个条件，利用二项式系数的性质，求的值； （2）根据的值和展开式中的常数项为112，利用二项式求得的值，再求展开式中的系数. 【详解】（1）选①，， ； 选②，∵只有第5项的二项式系数最大，则展开式共9项，； 选③，∵所有项的二项式系数的和为256，， . （2）二项式的展开式的通项公式为 ，令得， ∴展开式中的常数项为， 得，又， 的展开式的通项公式为， 令得， ， ∴展开式中的系数为. 17．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据线面垂直性质可知，再由线面垂直判定定理可证明平面，即可得平面平面； （2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用线面角的向量求法计算可得结果. 【详解】（1）底面为矩形， 所以， 又因为平面，平面，所以， 又平面， 所以平面，又平面， 可知平面平面； （2）由（1）可知两两垂直，以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如下图所示： 易知， 则， 设平面的法向量为， 则，令，可得， 可得， 所以； 因此直线与平面所成角的正弦值为. 18．(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）根据等差数列前n项和公式及等比中项性质，求出的值，代入公式，即可得答案 （2）由（1）得，根据分组求和法，结合等差、等比数列的前n项和公式，即可得答案. （3）由（1）得，根据裂项相消求和法，可得表达式，分析即可得证. 【详解】（1）设等差数列的公差为， 则①， 又成等比数列，所以，则， 整理得②， 联立①②，解得，所以. （2）由（1）得， 所以 . （3）由（1）得， 则 19．(1) (2)当时，单调递减，当时，单调递增．. (3) 【分析】（1）利用导数的几何意义求解即可； （2）利用导数与函数单调性的关系求解即可； （3）当时，不等式为：，显然成立，当时，分离参数得，令，利用导数研究的单调性，求出的最大值即可. 【详解】（1）由， 得， 所以切线方程为； （2）当时，， 令 由于，故单调递增， 注意到，故当时，单调递减， 当时，单调递增． （3）由得，，其中， 法一：①当时，不等式为：，显然成立，符合题意； ②当时，分离参数得，， 记， 令，则，令， 故单调递增，， 故函数单调递增，， 由可得：恒成立， 故当时，单调递增，当时，单调递减． 另解：， 令，则， 设， 所以， 又，所以，使得， 则函数在上单调递减，在上单调递增，且． 所以函数在上单调递增，在上单调递减． 因此，． 综上可得，实数a的取值范围是． 法二：等价于． （另） 设函数，则 ， ①若，即， 则当时，，所以在上单调递增， 而，故当时，，不合题意． ②若，即， 则当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 由于，所以当且仅当， 即． 所以当时，． ③若，即，则， 由于，故由②可得， 故当时，． 综上可得，实数a的取值范围是． 答案第18页，共18页 答案第1页，共18页 学科网（北京）股份有限公司 $ > > > > 请在各题的答题区域内作答，超出答题区域的答案无效 请在各题的答题区域内作答，超出答题区域的答案无效 请在各题的答题区域内作答，超出答题区域的答案无效 > > > > 请在各题的答题区域内作答，超出答题区域的答案无效 请在各题的答题区域内作答，超出答题区域的答案无效 ( 青铜峡市第一中学2025-2026学年第二学期期中考试 高二数学答题卡 （B卷） ) ( 注意事项 选择题请用2B铅笔填涂方框，如需改动，必须用橡皮擦干净，不留痕迹，然后再选择其它答案标号。 非选择题必须使用黑色签字笔书写，笔迹清楚。 请按题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域，以及在草稿纸和试题上的答案均无效。 请保持卷面清洁，不要折叠和弄破答题卡。 填 涂 样 例 正确填涂 > 条形码粘贴区域 (正面朝上，切勿贴出虚线方框) 试卷类型 A B 缺考标记 （禁止考生填涂） < < < 姓 名： 班 级： 考 号： ) ( 一、 单选题 (本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的) 二、多项选择题： （本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．） ) ( 5 abcd 6 abcd 7 abcd 8 abcd    ) ( 1 abcd 2 abcd 3 abcd 4 abcd ) ( 9 abcd 10 abcd 11 abcd ) ( 三、填空题 (本题共3小题，每小题5分，共15分。) 12. 13. 14. ) ( 15. （共13分） ) ( 1 6 . （共15分） ) ( 1 7 . （共1 5 分） ) ( 1 8 . （共17分） ) ( 19 . （共1 7 分） ) 请在各题的答题区域内作答，超出答题区域的答案无效 请在各题的答题区域内作答，超出答题区域的答案无效 > > 数学 第2面 共2面 > > 请在各题的答题区域内作答，超出答题区域的答案无效 请在各题的答题区域内作答，超出答题区域的答案无效 > > 数学 第1面 共2面 > > 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年度高二数学期中考试卷（B卷） 试卷副标题 考试时间：100分钟；命题人：数学命题组 注意事项： 1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上 第I卷（选择题） 一、单选题 1．若，则（    ） A． B．6 C．3 D． 2．某书架的第一层放有8本不同的数学书，第二层放有5本不同的物理书．从这些书中任取1本数学书和1本物理书，不同的取法有（   ） A．13种 B．40种 C．种 D．种 3．函数的图象在处的切线方程是（    ） A． B． C． D． 4．的展开式的第项的系数为 （    ） A． B． C． D． 5．若函数，则（   ） A． B．0 C．1 D．2 6．函数的单调减区间是（   ） A． B． C． D． 7．函数的部分图像大致为（    ） A．B．C． D． 8．已知函数，若在上单调递增，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 二、多选题 9．展开式中二项式系数最大的是，则可以是（    ） A．8 B．9 C．10 D．11 10．函数的导函数的图象如图所示，则下列说法正确的是（   ） A．为函数的单调递增区间 B．为函数的单调递增区间 C．函数在处取得极小值 D．函数在处取得极小值 11．为弘扬我国古代的“六艺文化”，某国学班计划开设“礼”、“乐”、“射”、“御”、“书”、“数”六门课程，每天开设一门，连续开设6天，则（   ） A．课程“数”不排在第一天，“礼”不排在最后一天的不同排法共有504种 B．课程“射”必须排在“御”前面的不同排法共有360种 C．课程“御”、“书”、“数”互不相邻的不同排法共有24种 D．课程“御”和“书”不相邻的不同排法共有480种 第II卷（非选择题） 三、填空题 12．函数的单调减区间为______． 13．二项式的展开式中的常数项为____________ 14．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．    四、解答题 15．已知函数． (1)求函数在处的切线方程； (2)求函数的单调区间和极值． 16．已知的展开式中各二项式系数的和为． (1)求的值； (2)求该展开式中所有项的系数和． 17．已知数列的首项，且满足． (1)求证：是等比数列； (2)求数列的通项公式及前10项的和． 18．如图所示，四棱锥的底面是矩形，底面，，，，． (1)证明：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 19．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. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 （B卷）参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B B B C C A D D BCD AC 题号 11 答案 ABD 1．B 【分析】利用导数的极限表达式计算. 【详解】若，则． 2．B 【详解】第一步：从本不同的数学书中选本，有种不同的取法， 第二步：从本不同的物理书中选本，有种不同的取法。 根据分步乘法计数原理，从这些书中任取本数学书和本物理书的不同取法为． 3．B 【分析】求出函数的导数，再利用导数的几何意义求出切线方程. 【详解】将 代入函数 ，得， 因此切点为 ， 又因为， 将 代入，，即， 所以， 即． 4．C 【分析】利用二项式定理的通项可知展开式中的第项为，代入计算可得结果. 【详解】根据二项展开式的通项可知第项为， 因此展开式的第项的系数为. 故选：C 5．C 【详解】因为， 所以， 则， 解得. 6．A 【分析】对函数求导，令导函数为负，求解不等式即可确定函数的单调减区间. 【详解】因为函数，求导得， 令，因此，函数的单调减区间是，故A正确. 7．D 【详解】函数的定义域为R. . 当或时，；当时，. 所以函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增. 所以排除B，C. 又当时，.所以排除A. 又当时，；当时，. 所以D选项符合. 8．D 【分析】根据在上单调递增，将问题转化为在恒成立即可求解． 【详解】， 若在上单调递增，则在恒成立， 即， 令，其对称轴为，所以的最大值为， 故只需．即． 故选：D． 9．BCD 【分析】根据二项式系数的概念和组合数的运算公式求解. 【详解】根据二项式系数的对称关系， 当时，所有二项式系数中，，且均为最大； 当时，所有二项式系数中， 最大； 当时，所有二项式系数中，，且均为最大； 故选:BCD. 10．AC 【分析】根据时以及时，导函数图象即可判断A，B；利用导数的正负与函数极值之间的关系，即可判断C，D 【详解】对于A，B，当 时，，，，所以函数在单调递减，在单调递增，故A正确，B错误； 对于C，当时，，当时，，故是函数的极小值点，故C正确； 对于D，当时，，当时，，故是函数的极大值点，故D错误. 11．ABD 【分析】利用间接法计算判断A项；考虑到“射”与“御”的相对位置只有2种，即可求出排法判断B；利用插空法计算判断C，D两项即可. 【详解】对于A，应用间接法，总排法， 减去“数”在第一天的排法种和“礼”在最后一天的排法种， 再加回重复减去的“数在第一天且礼在最后一天”的排法种， 即不同排法共有种，故A正确； 对于B，“射”与“御”的相对位置有2种（“射”前或“御”前），且两种情况排法数相等． 总排法数为，故B正确； 对于C，课程“御”、“书”、“数”互不相邻，则可先排“礼、乐、射”，有种排法， 产生4个空位，将“御、书、数”插入空位且互不相邻，需从4个空位选3个排列，即． 故排法数为，故C错误； 对于D，要使课程“御”和“书”不相邻， 只需将课程“御”和“书”在另外四门课留下的5个空中选2个安排，有种排法， 再将另外四门课进行全排有种排法，则不同排法共有种，故D正确. 12． 【分析】求出导函数，然后解不等式即可求解单调减区间． 【详解】， 当时，，函数单调递增； 当时，，函数单调递减； 当时，，函数单调递增； 所以函数的单调减区间为． 故答案为：． 13． 【分析】写出二项展开式通项，令的指数为零，求出参数值，代入通项即可得解. 【详解】二项式的展开式通项为， 令，解得， 因此，展开式中的常数项为. 故答案为：. 14．72 【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. 15．(1) (2)的单增区间为，，单减区间为；极大值为，极小值为. 【分析】（1）求导函数，从而可得，计算，利用导数的几何意义求切线方程即可； （2）求导函数的零点，确定函数的单调性与极值即可. 【详解】（1），， 所以，又， 所以函数在处的切线方程为，即； （2）函数的定义域为，， 令得， 则的变化入下表： 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 故函数的单增区间为，，单减区间为； 函数的极大值为，极小值为. 16．(1) (2)1 【分析】（1）根据各二项式系数的和可得的值； （2）利用赋值法可求得所有项系数和为1. 【详解】（1）由所有二项式系数的和为，可知， 可得． （2）设二项式可化为． 令，则． 所以展开式中所有项的系数和为． 17．(1)证明见解析 (2)，2036 【分析】（1）利用递推证明等比数列即可； （2）利用等比数列通项公式和求和公式即可求解. 【详解】（1）因为，所以， 又，所以，， 所以，即是首项为2，公比为2的等比数列． （2）由（1）得，即， 设数列的前项和为， 所以． 18．(1)证明见解析 (2) 【分析】(1)建立空间直角坐标系，证明与平面的法向量垂直即可； (2)利用空间向量求线面角即可. 【详解】（1）由题意知，，，两两互相垂直，以为原点，，，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， 所以，． 底面，底面， 又，， 且平面, 平面， 所以是平面的一个法向量． 因为， 所以． 又平面，所以平面． （2）因为，，，，， 所以，，， 设平面的法向量为，则 由，解得，令， 得平面的一个法向量为． 设直线与平面所成的角为， 则． 故：直线与平面所成角的正弦值为． 19．(1) (2)单调递增区间为，单调递减区间为 (3) 【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. 【详解】（1）当时，，则， 得.又， 故曲线在点处的切线方程为，即. （2）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. （3）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. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $