湖北黄梅县第一中学2025-2026学年高二下学期周测数学试题5.5

高二数学统考试题(2026年5月5日) 学校： 姓名： 班级： 考号： 一、单选题 1.若曲线f)=e-as在x=0处的切线与直线y=了-1垂直，则a=（) A.-2 B.-1 C.1 D.2 2.〔x+2的展开式中少的系数为《) A.100 B.60 C.40 D.20 3.有编号为1,2,3,4,5,6的6个小球，现将6个球分别放到编号为①，②，③，④的 四个箱子中，每个箱子至少放1个球，且编号为3,4的小球必须在同一个箱子中，则不同 的放法有() A.168种 B.200种 C.96种 D.240种 4.某游客计划3天内游览完A,B,C,D,E这5个景点，每天至多游览2个景点，且A, B两个景点不安排在同一天游览，则不同的安排方案种数为() A.36 B.72 C.90 D.144 5。已知函数f()=si血x-在区间0写 上有极值点，则实数a的取值范围是() A. B.( D.(0,1) 6.已知a=C3026+2C226+22C26++22026C202,则a被10除的余数为() 2026 A.1 B.3 C.7 D.9 7.已知a=8，b1 e2,c= Inv 3,则，b,c的大小关系为() 3 A.a<b<c B.b<a<c C.b<c<a D.a<c<b 8.已知函数f(x)=me2x+(m-2)e-x有两个零点，则实数m的取值范围是() A.(-0,0) B.(-1,0) C.(0,1) D.(1,+o) 二、多选题 9.下列说法正确的是（) A.将5封信投入3个邮简，不同的投法共有3种 试卷第1页，共3页 B.从6男4女中选4人参加比赛，若4人中必须有男有女，则共有194种选法 C.6本不同的书，分给甲、乙每人各2本，分给丙、丁每人各1本，有270种分法 D.将4个不同的小球放入4个不同的盒子中，则恰有两个盒子为空的放法种数为84 10.设(1+2x)y=a。+ax+a2x2+…+a,x°，则下列说法正确的是（) A.a=1 B.a2=8a1 C.a+a4++a= 3°-1 39+1 2 D.a+a+…+ay= 2 11.设函数f(x)=(x-1)(x-4).若方程f(x)=t有三个不等的实数根a,b,c,且a<b<c, 则() A.x=1是函数f(x)的极大值点 B.-4<t<0 C.ac>b2 D.2<a+b<3 三、填空题 l2.已知函数f(x)=mlnx+8x-x2在[L,+oo)上单调递减，则实数m的取值范围为 13.将集合{1,2，…，12}划分成6个元素个数相等的集合，其中任何一个集合中的较小元素的 两倍不超过较大元素，则不同的划分方式有 种 14.已知a>0,b>0,若函数f(y)=anr-x-e在区间(L+o)上单调递减，则+4的 eb 最大值是 四、解答题 3 15. 在2x+》 的展开式中，第4项的二项式系数与第3项的二项式系数的比为2：1. ()求n的值： (2)求展开式中含x4的项的二项式系数. 16.己知数列{an}满足4a1-anan1+2an=9(∈N),a,=2. (1)证明：数列 是等差数列： la,-3 试卷第2页，共3页 ②设久=受，求数列么，}的前n项和5 17.2026重庆市女子半程马拉松比赛于3月29日在两江新区北滨路举行，1.5万名国内外 女性跑者齐聚重庆，我校教师也有多名马拉松爱好者参加.为了更好地服务运动员及国内外 游客，组委会设置了司机、翻译、导游、礼仪四项志愿者服务项目.现有甲、乙、丙、丁等 6名中学生志愿者，通过培训后，拟安排到四个项目进行志愿者活动，要求每个同学都要参 加一个项目，且每个项目都要有人参加 (1)共有多少种不同的分配方案： (2)若甲不能担任司机，共有多少种不同的分配方案： (3)活动结束后安排6名同学站成一排拍照留念，要求甲乙相邻，且丙不站左端，丁不站右 端，共有多少种不同的安排方案。 18.已知函数f(x)=(a-l1)nx+x+a(aeR). (1)若a=-2,求函数f(x)的单调区间和极值： (2)若对所有的x∈(1，+o),都有f(x)≥a-lnx成立，求实数a的取值范围. l9.己知函数f(x)=sin(x-1)-alnx,其中aeR,曲线y=f(x)在点(L,f(I)处的切线方程 为y=0. (1)求a的值： (2)证明：当x∈[l,2]时，f(x)≥0： (3)设m∈Z,若emx--ln(x-1)+x2-2x>m(x-1)对任意x∈(L,2]恒成立，求m的最大值. 试卷第3页，共3页 《高二数学统考试题(2026年5月5日)》参考答案 题号 2 4 6 7 8 9 10 答案 A B 0 B 力 D C ABD ABD 题号 11 答案 ABD 1.A 【分析】由导数的几何意义求解即可. 【详解】因为曲线f()=e-:在x=0处的切线与直线y=- 3-1垂直， 所以f(0)=3,由f'(x)=e-a,有f'(0)=e°-a=1-a=3,得a=-2. 2.B 【详解】因为-0x+2y=+2-x+2明。 其中(x+2y)°展开式的通项为I,1=Cx-(2y)(∈{01,23,4,5) 所以x-》x+2的展开式中含有少的项为 xCx2.(2y)°-Cx2.2y}=80xy3-20xy2=60xy3, 所以展开式中x3y3的系数为60. 3.D 【分析】先将6个小球按要求分成四组，再将4组小球全排列即可求得结果 【详解】先将6个小球分成四组，因为编号为3,4的小球必须在同一组，因此可以有1,1， 2,2或1,1,1,3两种分组方式， 若分为1,1,2,2，须在剩余的4个小球中任选两个作为一组，共有C?种选法： 若分为1,1,1,3，须在剩余的4个小球中选出一个小球与3号和4号分在一组，共有C4 种选法： 再将分好的四组小球分配到四个箱子中去，共有A种排法： 因此不同的放法有(C+C4)A=240 4.B 【分析】先算5个景点3天游览的总方案数，再算A、B同天的方案数，用总方案数减A、 B同天的方案数，最终得出结果. 答案第1页，共12页 【详解】5个景点分到3天，每天至多2个景点，因此分组只能是2,2,1， 所以CSCC_10x3-15,又因为4=6， A 2 所以总方案数=15×6=90， 若A、B安排在同一天：共C?=3分组方式， 又因为三个组分配到3天，共A=6种排列， 因此A、B同天的方案数=3×6=18， 所以90-18=72，即不同的安排方案种数为72. 5.B 【详解】设函数f(x)=sinx-ax,其导数为f'(x)=cosx-a, 函数f(x)在区间 0, 上存在极值点，等价于其导数∫'(x)在该区间内存在变号零点， 即方程cosx=a在区间 0 3 上有解， 由于函数y=Cosx在区间 π 03 上单调递减，其值域为： π <cosx<cos0,即 <cosx<1, 2 因此，当且仅当 a∈ 时，方程cosx=a在区间 上有解，函数f(x)存在 极值点， 故实数a的取值范围为 6.D 【分析】利用二项式定理化简原式，将问题转化为求a=9o13=（10-1)3除以10所得的余数， 即可得。 【详解】a=C906+2C2n26+22C36++22026C30g=(1+2）2026=32026=91013, 由9o3=(10-1)013=(-1)°C0o310o3++(-1)2C18310'+(-1)3C81g10° =(-1)°Co3101o3+…+(-1)2C810-1, 由于最后一项为-1，所以a被10除的余数为9. 7.A 答案第2页，共12页 【分析】通过构适函数)-=，将。、6、c转化为函数值，对函数(d)求导确定其在 x>√ē时单调递减，再根据自变量大小比较函数值大小. 【详解】由题意设函数()=x, Inx 周-gg号---fo.c9- 3(3)2 =f3), 又因为f()= 1.x2-1nx2x1-2nx(x>0), x4 令f'(x)=0,得x=≈1.65， 所以当x>√时，f'"(x)<0,f(x)单调递减， 又因为V3≈1.73<e≈2.72<4，且都在递减区间， 所以f(N3)>f(e)>f(4),即c>b>a. 8.C 【分析】求出函数f(x)的导数，再按m≤0，m>0分类讨论函数单调性，结合有两个零点列 出不等式求解， 【详解】函数f(x)=me2x+(m-2)e-x的定义域为R,求导得f'(x)=2me2x+(m-2)e*-1 =(2e+1)(me-1),而2ex+1>0, 当m≤0时，f'(x)<0,函数f(x)在R上单调递减，函数f(x)最多一个零点，不符合题意： 当m>0时，由f')<0,得x<n1；由fx)>0,得x>n1, m 函数f)在(o,ln马上单调递减，在m1,+o上单调递增， 2 m f(an=f()=Inm-1+1, m m 而当x→-0时，f(x)→+0，当x→+0时，f(x)→+0， 函数f)有两个零点，当且仅当nm-1+1<0,令函数gm=nm-1+1, 1 m m 而函数y=1nmy=-上+1在0，∞)上都单调递增，则函数gm在0，∞)都单调递增， m 又g=0,因此不等式nm-1+1<0的解集为m0<m<3. m 所以实数m的取值范围是(0,1). 答案第3页，共12页 9.ABD 【详解】对于A,由于每封信都有3种投法，则5封信有3种投法，故A正确： 对于B,从10人中任选4人有C。=210种，若4人全是男生有C=15种， 若4人全是女生有1种，所以共有210-15-1=194种选法，故B正确： 对于C,先选2本有C种，从余下的书再选2本有C种，进而分给甲、乙，余下的2本分 给丙、丁有A, 所以共有CCAA=180种，故C错误 A 对于D,将4个不同的小球分成两组有CC+CC=7种分组方法。 A 再将这两组分配给4个盒子中的两个有7×A:=84种不同的分配方法，故D正确. 10.ABD 【详解】令x=0,得a=1,故A正确： :(1+2x)'的展开式中，T1=2Cgx',0≤r≤9，∈N, ∴.2=2Cg=144,4=2Cg=18, .a2=8a,故B正确； 令x=1,得a+a1+a2+…+a,=3,令x=-1,得a。-a1+a2--a,=-1, 3+1 39-1 ∴.a+a3+…+a,= 2a+a+a4++a,= 2 又，a=1, ∴.a2+a4+…+ag= 卡3.3，故C错误，D正确. 11.ABD 【分析】求导，分析函数的单调性和极值点判断选项A,结合函数图象分析选项B,利用多 项式恒等原理分析选项C,结合函数单调性分析选项D 【详解】求导得'(x)=2(x-1)(x-4)+(x-1)2=3(x-1)(x-3), 令f'(x)=0,解得x=1或x=3, 答案第4页，共12页 当x<1时，f'(x)>0,f(x)单调递增： 当1<x<3时，'(x)<0,f(x)单调递减： 当x>3时，f'(x)>0,f(x)单调递增； .x=1是极大值点，极大值f()=0: x=3是极小值点，极小值f(3)=(3-1)(3-4)=-4: 选项A:由单调性可知，x=1是函数f(x)的极大值点，故A正确： 选项B: yf(x) 方程f(x)=t有三个不等实根，等价于直线y=t与f(x)有三个交点， 由上述分析知，f(x)的极大值为0，极小值为-4， 当t∈(-4,0)时，直线与图象有3个交点： 当t=0或t=-4时，交点数为2个： 当t>0或t<-4时，只有1个交点，故B正确： 选项C:设a<b<c是f(x)=t的三个根，对应三次方程x3-6x2+9x-4-t=0, 则：x3-6x2+9x-4-t=(x-a)(x-b)(x-c) =x-(a+b+c)x2+(ab+bc+ca)x-abc, a+b+c=6 ab+bc+ca=9' 由a+b+c=6得a+c=6-b,代入ab+bc+ca=9得： b(6-b)+ac=9,故ac=b2-6b+9=(b-3)2, (b-3)2-b2=-6b+9=3(3-2b), 答案第5页，共12页 当1<b<3时，3-2b>0,ac>b2: 当b=3时，ac=b2: 2 当)<6<3时，3-26<0ac<万 ∴aC>b2不恒成立，故C错误： 选项D:由a+b+c=6得a+b=6-c, c是最大根，且f(x)在(3，+o)上单调递增， f(3)=-4,f(4)=0, ∴.t∈(-4,0)时，c∈(3,4)，故6-4<6-c<6-3, 故2<a+b<3,D正确. 12.m≤-8 【详解】由函数f(x)=mlnr+8x-x2在[1，+o)上单调递减， 得x∈[l,+o),f(9)=m+8-2x≤0台m≤2x2-8x, 而当x≥1时，2x2-8x=2(x-2)2-8≥-8， 当且仅当x=2时取等号，则m≤-8， 所以实数m的取值范围为m≤-8. 13.36 【详解】显然7,8,9,10,11,12不可能是集合中的较小元素，故1,2,3,4,5,6为 较小元素，7,8,9,10,11,12为较大元素，且一定有一个集合为6,12}，第一步先选5， 5有10,11两种选择，第二步再选4,4有8,9,10,11四种选择但去除第一步所选的数 字，共三种选择，剩下1,2,3，如何选取均可，故C,CA；=36种. 14.3 e 【分析】由题意得'(x)s0在(，+o)上恒成立，令g(x)=f'(x)=a-1-be,利用导数研 究单调性，进而得a≤b+1,即+“≤+b+1,令h()-+r+1,利用导数研究单调性 求最大值即可 【详解】由题意得：∫(x)=a-1-be,又f(x)在(L,+∞)上单调递减， 答案第页，共12页 所以f'(x)≤0在(L,+o)上恒成立，即f"()≤0， 令g(=f)-是1-e,所以g()=是-e,当x>1时g)<0, 所以g(x)在(1，+o)单调递减， 所以g(x)在(1，+∞)上恒成立， 所以g(1)=a-b-1≤0，所以a≤b+1, 又+a≤分+h+1,令(y)=+r+1 eb er 所以)2x+1=-X-1-+x,令()=0，解得x=, ex er 由(x)>0→0<x<1,由h(x)0→x)1, 所以h(x)在(0,1)单调递增，在(1，+∞)单调递减， (=0,所以6+<+6 e 15.(1)8 (2)56 【分析】(1)利用二项式系数的定义列出C和C2的方程，求解即得： (2)利用二项式的通项公式确定展开式中含x的项，计算即得答案 【详解】(1)第4项的二项式系数为C,第3项的二项式系数为C, 又第4项的二项式系数与第3项的二项式系数的比为2：1， n(n-1)(n-2） 2 3×2×1 2 C .n=8,故n的值为8； n(n-1) 2×1 2)因7=C(2 3 =Cg23., 由8-r写=4解得r=3 故展开式中含x4的项的二项式系数为C。=56. 16.(1)证明见解析 (2)S,=5-3n+5 2” 答案第7页，共12页 【分析1结合a-20化简。 11 an-4 ,-3g,.一3即可证明结论， 由4)得a,=3工代入可得b,2·利用错位相减即可得到数列，的前项 n S, 【详解】)由题意得a,≠4（否则不满足题设条件），故a1=2a9 0n-4’ 111 10,-414-813-0=1 因此a-3a,-32a,-9-3a,-33-a。a,-3a-3a,-3a-3， a-4 1 故数列 是等差数列。 a-3 (2)由(1)得 ,-39-n故a,=3- n 6=3n-1 2 2.5 3n-1 +2++ S,=- 2” 1 25 23+… .3n-1 23 2 1 2t22n 所以S。=5-3n+5 2” 17.(1)1560 (2)1170 (3)156 【分析】（1)根据题意，按3,1,1,1和2,2,1,1分组，再分配到4个项目即可； (2)根据题意，分甲单独一组，或甲和其他人同组，再按不同的分组进行分组分配求解即 可： (3)根据间接法，先求甲乙相邻时的安排方式，再减去丙站左端，丁站右端，最后加上丙 站左端且丁站右端即可. 【详解】(1)6名志愿者分到4个项目，每个项目都有人参加，分组方式只有两种： 按3,1，L,1分组：先从6人中选3人作为一组，再分配到4个项目，有CA=20×24=480种 不同的分配方案， 答案第8页，共12页 按2,2,1,1分组：先从6人中选2人，再选2人，再除以重复的分组，再分配到4个项目， 有CCCC.A=45×24=10s0种不同的分配方案， AA 所以，总的不同的分配方案为480+1080=1560. (2)分两种情况讨论：甲单独一组，或甲和其他人同组。 情况1：甲单独一组(1人) 此时剩余5人分为3组，分组方式：3,1,1或2,2,1， 且甲不能去司机项目，甲有3个项目可选，再安排剩余3组到剩下3个项目： 按3,1,1分组，有C×3×A；=10×3×6=180种不同的分配方案； 按22.1分组，有CC×3xA-10x3x3x6=15×18=270种不同的分配方案 A 2 情况2：甲和他人同组（组内人数为2或3） 甲所在组人数为2：先选1人和甲同组，剩余4人分为2,1,1，再分配项目（司机项目不安排 甲)， 有C (CCCAxA=5x6x3x6=540种不同的分配方案： A 甲所在组人数为3：先选2人和甲同组，剩余3人分为1,1,1，再分配项目（司机项目不安排 甲)， 有C×A;×A=10×3×6=180种不同的分配方案； 所以，总的分配方案为：180+270+540+180=1170种不同的分配方案 (3)先把甲乙看作一个整体，共5个元素（甲乙整体、丙、丁、另外两人）， 相邻排列有A3×A=2×120=240种不同的安排方案， 减去不符合条件的情况： 丙站左端：甲乙整体+丁+另外2人，共4个元素，有A?×A4=2×24=48种不同的安排方案： 丁站右端：甲乙整体+丙+另外2人，共4个元素，有A?×A4=2×24=48种不同的安排方案： 丙站左端且丁站右端：甲乙整体+另外2人，共3个元素，有A×A=2×6=12种不同的安 排方案； 所以，满足题意的安排方案有240-48-48+12=156种. 答案第9页，共12页 18.(1)f(x)的单调递增区间为(0,1)和(2，+0)，单调递减区间为(1,2)，极大值为-1，极小 值为1-3ln2: (2)实数a的取值范围为[-e,+oo) 【分析】(1)代入参数=-2后，先求导并因式分解，通过分析导数符号确定单调区间，再 将极值点代入原函数计算极值. (2)先化简不等式，分离参数得到a≥一X,构造函数()= -x ,利用导数求其在(1，+) Inx Inx 上的最大值，从而确定a的取值范围. 【详解】(1)若a=-2,则fy)=-3nx+x-2x>0). 则f=21+是-二2.--2到 x2 x2 x2 令f'(x)=0,得x=1或x=2:令f'(x)>0,得0<x<1或x>2:令f'(x)<0,得1<x<2, 所以f(x)的单调递增区间为(0,1)和(2，+0)，单调递减区间为(1,2)， 当x=1时，f(x)取得极大值-1，当x=2时，f(x)取得极小值1-3ln2. (2)因为对所有x∈(1，+o),有f(x)≥a-lnx成立， 即对所有x∈(1，+o),alnx+x≥0， 因为xe(L+),所以lnx>0,有a≥x Inx 设=n,其中xe化+o,则=b, (nx)2, 因为x∈(1，+o),所以(nx)2>0. 当-lnx+1>0,即x∈(1，e)时，h'(x)>0. 当-lnx+1<0,即x∈(e,+oo)时，h'(x)<0, 因此h(x)在(L,e)上单调递增，在(e,+o∞)上单调递减， 所以h(x)s=h(e)=-e, 所以a≥-e,故a的取值范围为[-e,+o) 19.(1)a=1: 答案第10页，共12页 (2)证明见解析； (3)2. 【分析】(1)求出函数f(x)的导数，再利用导数的几何意义求出切线方程即可 (2)由(1)求出f(x),多次求导确定函数f(x)在[1,2]的单调性即可得证. (3)令x-1=t∈(0，]，将不等式等价变形，取t=1并结合(2)的信息确定m≤2，在构造 函数，结合(2)中信息确定函数单调性而求得整数m的最大值： 【详解】(1)函数fx)=sin(x-)-alnx,求导得f'()=cos(x-1)-a,则f'①=1-a,而 fI)=0, 因此曲线y=f(x)在点(L,fI)处的切线方程为y=(1-a)x+a-1,依题意，a-1=0, 所以a=1. (2)由(1)知函数f=sin(r-)-lnx,求导得f)=cos(x-)1-co-l)-1， 令函数u(x)=xcos(x-1)-1,1≤x≤2，求导得u'(x)=cos(x-1)-xsin(x-1), 令函数v(x)=cos(x-l)-xsin(x-1),1≤x≤2，求导得v'(x)=-2sin(x-I)-xcos(x-l)<0, 函数v(x),即u'(x)在[1,2]上单调递减，而u'(I)=1>0,u(2)=cosl-2sin1=(1-2tanl)cosl<0, 则存在x。∈1,2)，使得'(x)=0,当1≤x<x时，u'(x)>0,当x。<x≤2时，u(x)<0, 函数u(x)在[l,x)上单调递增，在(x,2]上单调递减，又 u①=0，u(2)=2cos1-1>2cosT-1=0, 即当x∈[1,2]时，u(x)≥0，即f'(x)≥0，当且仅当x=1时取等号， 因此函数f(x)在[1,2]上单调递增，f(x)≥f(I)=0, 所以当x∈l,2]时，f(x)≥0. (3)不等式einx-)-ln(x-)+x2-2x>m(x-1)台emx--ln(x-1)+(x-1)2-1>mx-1), 令x-1=t,由x∈(L,2],得t∈(0，l],原不等式等价于einr-lnt+2-mt-1>0, 依题意，不等式e-lnt+t2-mt-1>0对任意te(0,]恒成立， 令t=l,则m<eiml,由(2)知sinl>ln2,因此2=e2<esinl<e'<3, 而m∈Z,则m≤2，令函数g(t)=em-lnt+t-2t-L,t∈(0，]，由(2)知sint>ln(t+), 则em'>t+1,g(t)>t+1-lnt+t2-2t-1=2-t-lnt,令函数h)=t2-t-lnt,t∈(0,1]， 答案第11页，共12页 求导得0=21-1-21+-Ds0,当且仅当1=1时取等号， 函数h(t)在(0，]上单调递减，h(t)≥h(I)=0,因此g(t)>0对任意t∈(0,1]恒成立， 即当m=2时，不等式esim-lnt+t2-mt-1>0对任意t∈(0,1恒成立， 所以整数m的最大值为2. 答案第12页，共12页