精品解析：北京市第十二中学2025-2026学年高二第二学期期中数学练习

北京市第十二中学2025-2026学年度第二学期期中练习 高二数学 考生须知 1.答题前，考生务必先将答题卡上的学校､班级､姓名､教育ID号用黑色字迹签字笔填写清楚，并认真核对条形码上的教育ID号､姓名，在答题卡的“条形码粘贴区”贴好条形码. 2.本次练习所有答题均在答题卡上完成.选择题必须使用2B铅笔以正确填涂方式将各小题对应选项涂黑，如需改动，用橡皮擦除干净后再选涂其它选项.非选择题必须使用标准黑色字迹签字笔书写，要求字体工整､字迹清楚. 3.请严格按照答题卡上题号在相应答题区内作答，超出答题区域书写的答案无效，在练习卷､草稿纸上答题无效. 4.本练习卷满分150分，作答时长120分钟. 第I卷（选择题共40分） 一､选择题：本部分共10小题，每小题4分，共40分.在每小题给出的四个选项中，选出最符合题意的一项. 1. 已知函数，则（ ） A. B. 1 C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】因为，所以. 2. 从这个数字中选取个不同的数字组成一个集合，则不同的集合有（ ） A. 个 B. 个 C. 个 D. 个 【答案】A 【解析】 【详解】从这个数字中选取个不同的数字组成一个集合， 则不同的集合有. 3. 在的展开式中，含的项的系数是（ ） A. 6 B. C. D. 16 【答案】A 【解析】 【详解】展开式的通项为，， 令可得， 所以含的项的系数为6. 4. 已知函数在处有极小值，则实数的值为（ ） A. 6 B. 2 C. 2或6 D. -2 【答案】B 【解析】 【分析】求导，由极小值定义得到方程，求出 或6，检验后得到结论 【详解】， 在处有极小值，故， 所以，解得 或6， 当 时，，令 得或， 令 得 ， 所以在处取得极小值，满足要求， 当 时，，令 得或， 令 得， 此时在处取得极大值，不合要求， 综上， . 5. 某班上午有五节课，分别安排语文､数学､英语､物理､化学各一节课.要求数学课不排第一节，且语文与物理相邻，则不同排课方案有（ ） A. 24种 B. 36种 C. 48种 D. 96种 【答案】B 【解析】 【分析】利用捆绑法，特殊元素优先考虑，结合分类加法计数原理和分步乘法计数原理进行求解. 【详解】先将语文与物理两个进行相邻排列，有种选择， 若语文和物理作为一个整体，两个学科中有一个在第一节课的位置， 则另一个一定在第二节课的位置， 其他3个科目和3个位置可以进行全排列，故有种选择， 此时共有种选择， 若语文和物理作为一个整体，两个科目均不在第一节课的位置， 则可以安排第二，三节课或第三，四节课，或第四，五节课，共有3种选择， 此时数学不能安排在第一节课，故有2种选择， 最后再安排其他英语和化学两个学科，共有种情况， 此时共有种情况， 综上，共有种情况. 6. 定义在R上的函数和，其各自导函数和的图像如图所示，则函数其极值点的情况是（ ） A. 只有三个极大值点，无极小值点 B. 有两个极大值点，一个极小值点 C. 有一个极大值点，两个极小值点 D. 无极大值点，只有三个极小值点 【答案】C 【解析】 【分析】如图所示，三个交点对应的横坐标为，，根据图像得到函数的单调区间得到答案. 【详解】如图所示：三个交点对应的横坐标为，. 当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减； 当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减； 故函数有一个极大值点，两个极小值点. 故选： . 【点睛】本题考查了函数的图像的识别，函数的极值，意在考查学生对于函数知识的综合应用， 7. 某班班会课组织了学长交流活动，将参加活动的3名高校学长与6名同学分成三组，每组1名学长与2名同学，不同的分法共有（ ） A. 15种 B. 90种 C. 180种 D. 540种 【答案】B 【解析】 【详解】先将6名学生平均分成3组，有种不同分组方法， 再将三组分给三名学长，有种分法. 由分步乘法计数原理，满足条件的分法有种. 8. “函数在区间上单调递减”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】将函数在区间上单调递减转化为满足条件的的取值范围，再根据两个范围的包含关系判断充分必要条件. 【详解】由得： ，  因为恒成立，因此在上单调递减等价于对成立， 即在上恒成立. 令，这是开口向上、对称轴为的二次函数，在区间上单调递增， 因此最大值为，所以 .  命题：在单调递减 ；命题 ： . 若 ，必有 ，即，充分性成立； 若 ，推不出 （例如满足 不满足），即，必要性不成立. 因此“在单调递减”是“ ”的充分不必要条件. 9. 已知函数若，使成立，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题意可得时的值域是 时值域的子集，根据二次函数的性质求出在上的值域，利用导数对进行讨论求出在上的值域，最后利用包含关系列出不等式即可求解. 【详解】当时，，该二次函数开口向上，对称轴为​，因此在上单调递减， 则 ，即的值域为. 当时，，. 当 时： 恒成立，故，在上单调递增， 当时， ；当时，， 因此的值域为 ，显然包含，满足条件； 当时： ，值域为，取不到，不满足条件； 当 时： 时，，单调递减；时，，单调递增. 最小值为，要让值域包含，只需最小值，  即满足条件. 综上：的取值范围是. 10. 若函数的定义域内存在区间，且，则称函数存在一个“稳定区间”.下列说法错误的是（ ） A. 存在“稳定区间”的一次函数存在且有无数个 B. 存在“稳定区间”的二次函数存在且有无数个 C. 对任意，函数都存在“稳定区间” D. 存在，使函数存在“稳定区间” 【答案】C 【解析】 【分析】根据“稳定区间”的定义，将问题转化为函数与直线存在至少两个不同交点，结合函数单调性与导数分析各选项. 【详解】对于A ：对一次函数，若存在稳定区间，由单调递减得​， 可得， 对任意 ，任取且都满足条件，因此存在无数个满足条件的一次函数，A正确； 对于B ：对二次函数，取，，令，则， 当时，任意，的最小值为，最大值为， 值域就是，因此存在“稳定区间”的二次函数存在且有无数个，B正确； 对于C： 时在单调递增， 若存在稳定区间，则方程，即要有两个不同实根. 令​，则， 当时，单调递增，当时，，单调递减， 所以最大值为​，且当时， ，当时，， 因此仅当时，有两个不同实根，即，存在“稳定区间”，C错误； 对于D ：存在稳定区间等价于有两个不同实根，即有两个不同实根， 由上述分析可知存在，使函数存在“稳定区间”，D正确. 第II卷（非选择题共110分） 二､填空题：本题共5小题，每小题5分，共25分. 11. 曲线在处切线的斜率等于__________. 【答案】## 【解析】 【分析】根据导数的几何意义，求出在处的导函数值即可. 【详解】因为，所以， 所以， 根据导数的几何意义知曲线在处切线的斜率等于. 12. 若，则__________.（用数字作答） 【答案】30 【解析】 【分析】首先根据组合数的性质求出，然后再根据排列数的计算公式即可求解. 【详解】根据组合数的性质：若​，则 或， 已知，，因此，得， 所以  . 13. 的展开式中的系数为__________. 【答案】 【解析】 【详解】根据二项式定理，的通项为：， ，要找项，分为两部分： 中的项，需要出现的项，此时，，乘以后为； 中的项，需要出现的项，此时 ，，乘以后为； 则的系数为 14. 牛顿在《流数法》一书中，给出了高次代数方程的一种数值解法——牛顿迭代法，这种方程求根的方法，在计算机等科学领域被广泛应用.如图，设是方程 的根，选取作为的初始近似值.过点作曲线在处的切线，切线方程为，当且时，称与轴的交点的横坐标是的一次近似值；过点作曲线在处的切线，切线方程为，当且时，称与轴的交点的横坐标是的两次近似值；重复以上过程，得到的近似值序列.这就是所谓的“牛顿迭代法”. （1）当时，的 次近似值与次近似值可建立等式关系：__________；（2）若取 作为的初始近似值，根据牛顿迭代法，计算方程正实根的两次近似值为__________（用分数表示）. 【答案】 ①. ②. ## 【解析】 【分析】（1）根据题意利用归纳推理可得的 次近似值与的次近似值的关系式；（2）设，求导，化简，取 ，分析计算即可. 【详解】第一空：由曲线在处的切线方程为：， 令，解得， 又曲线在处的切线方程为：， 令，解得， 由此推理得的 次近似值与的次近似值的关系式为：； 第二空：方程正实根为， 设函数，则， 由， 当 时，， . 15. 已知 ，函数，给出下列四个结论：①对任意 ，函数存在唯一极值点；②当 时，函数没有零点；③存在 ，使得曲线过原点的切线有且只有一条；④当时，对任意，均有.其中所有正确结论的序号是__________. 【答案】①②④ 【解析】 【分析】对于①,求导得，再次求导分析函数的单调性，结合函数值的变化趋势可得函数的极值点的情况；对②，当 时，结合①的结论和 ，可求函数的最小值，进而判断函数的零点情况；对③，设切点，利用斜率构建关系式，转化为函数的零点个数问题，求导分析单调性可确定有2个解，故有2条这样的切线；对④，根据①的结论，探究函数当时，函数在上的单调性，结合可判断④的真假. 【详解】对①：，则， 设，则恒成立. 所以在上单调递增. 若 ，当时，，，所以；当时，，，所以. 若 ，当时，，，所以；当时，，，所以. 所以对任意 ，总存在，当时，，函数单调递减； 当时，，函数单调递增， 是函数的极小值点，且唯一存在，故①正确； 对②：当时，，. 由①可得，唯一存在是极小值点， 又 ，所以 . 则. 所以当 时， 恒成立，即无零点，故②正确； 对③：因为，所以原点不在曲线上，设切点为， 则切线斜率为， 整理得：. 令，则. 因为，所以由 . 所以在上单调递减，在上单调递增，故. 又当时，；当时，. 所以有2个解. 故对任意，曲线过原点的切线有2条，故③错误； 对④，由①得，函数只有一个极小值点，且在上单调递减，在上单调递增. 因为在上单调递增，且 当时，，所以. 所以函数在上单调递减，又， 所以当时，对任意，均有.故④正确. 三､解答题：本题共6小题，共85分，解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程. 16. 已知函数. （1）求函数的单调区间； （2）求函数在上的最大值. 【答案】（1）增区间为和；减区间为. （2）4 【解析】 【分析】（1）求导，根据导数的正负即可求解单调性； （2）由函数的单调性，计算极值点以及端点处的函数值，比较即可求解最大值. 【小问1详解】 因为，所以， 令，得或， 令，得或，令，得， 所以函数的增区间为和，减区间为. 【小问2详解】 由（1），知在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 又，，，， 所以在上的最大值为4. 17. 已知.从条件①､条件②､条件③中选择一个作为已知条件，完成下列问题.条件①：展开式中只有第5项的二项式系数最大；条件②：展开式中第2项与第8项的二项式系数相等；条件③：展开式中所有二项式系数的和为注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分. （1）直接写出的值； （2）求展开式中含的项的系数； （3）求的值. 【答案】（1）8； （2）； （3）255. 【解析】 【分析】（1）选择条件①，②，③，利用二项式定理及二项式系数的性质求出. （2）由（1）求出二项式展开式的通项公式，进而求出指定项的系数. （3）由（1），利用赋值法求解. 【小问1详解】 选条件①，由只有第5项的二项式系数最大，得的展开式共9项，即， 所以. 选条件②，由第2项与第8项的二项式系数相等，得，解得，所以. 选条件③，由所有二项式系数的和为，得，解得，所以. 【小问2详解】 在二项式的展开式中，含的项是， 所以含项的系数是. 【小问3详解】 由（1）知，在二项式的展开式中， 取，得，取，得， 所以. 18. 设函数． （1）求曲线在点处的切线方程； （2）求的极值点个数； （3）若 时，，求的取值范围． 【答案】（1） （2）1个 （3） 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义求解即可； （2）将极值点个数转化为导数的变号零点个数求解即可； （3）可变形为，按的不同取值分类讨论即可. 【小问1详解】 由题意可得，， 所以曲线在点处的切线斜率， 所以曲线在点处的切线方程为. 【小问2详解】 由（1）得， 令， ，则， 所以函数单调递减，且当时 ， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 当时，，所以， 因为当时单调递减，且当时，， 所以在上只有一个变号零点， 又因为，所以只有一个变号零点， 所以只有1个极值点. 【小问3详解】 若 时，，即恒成立， 当时，显然在上恒成立， 当时，， 所以当时，，不满足题意， 综上的取值范围为. 19. 已知椭圆过点和. （1）求椭圆的方程； （2）过点作直线 交椭圆于不同的两点 ，直线交轴于点，直线交轴于点.若，求直线 的方程. 【答案】（1） . （2）或. 【解析】 【分析】（1）代入椭圆经过坐标点可求出椭圆方程； （2）分情况讨论直线斜率存不存在设出直线方程，利用韦达定理联立方程求出参数即可. 【小问1详解】 先将点代入方程得 ，解得 ， 再将点代入方程得，将 代入解得 . 故椭圆的方程为 . 【小问2详解】 直线 有斜率存在与斜率不存在两种可能，分情况讨论： 假设 斜率不存在，即，代入椭圆方程得，解得. 故交点为，. 已知点，直线经过点和， 故直线与轴交点即为点, 同理直线与轴交点即为点. 已知点，则,, 则 ， 满足题目条件，故成立. 假设 斜率存在，设，代入椭圆方程得 ， 化简得： ，因为直线与椭圆有两个不同交点， 则，即 ， 解得，即或. 由韦达定理可得，. 直线经过点和，则直线方程为：， 因为直线与轴交于点，则，解得. 将代入直线方程得， 所以. 同理，直线经过点和，与轴交于点， 可得. 根据以上条件可知，, ， 同理可得, 又因为 ，所以 ， 化简得 . 又因为，，代入得： ， 化简得： ， 则，两边平方得：， 解得 ，，符合条件. 则有. 综上所述，直线 的方程为或. 20. 已知函数. （1）求的单调区间； （2）判断函数是否存在极值.如果存在，求出所有的极值；如果不存在，说明理由. 【答案】（1）当 时，在上单调递增，在上单调递减；当 时，在上单调递增，在上单调递减 （2）函数不存在极值.理由见解析 【解析】 【分析】（1）首先求出导函数，根据的正负分类讨论即可； （2）根据（1）中的讨论可判断的正负，从而可判断的单调性，进而求解. 【小问1详解】 因为， 所以， 因为 ，所以的符号与一致. 令 ，即 ，解得. ①当 时，的定义域为， 而曲线是开口向下的抛物线， ， 所以当时，，所以在上单调递增； 当时，，所以在上单调递减. ②当 时，的定义域为， 而曲线是开口向上的抛物线，， 所以当时，，所以在上单调递增； 当时，，所以在上单调递减. 综上，当 时，在上单调递增，在上单调递减； 当 时，在上单调递增，在上单调递减. 【小问2详解】 函数不存在极值.理由如下： 由（1）知. 因为，所以. ①当 时，的定义域，即的定义域为， 当时，，所以； 当时，，所以； 当时，. 综上，在定义域内恒成立，且等于0的点只有一个， 所以是减函数，不存在极值. ②当 时，的定义域，即的定义域为， 当时，，所以； 当时，，所以， 综上，在定义域内恒成立（不恒为零），且等于0的点只有一个， 所以是减函数，不存在极值. 综上，不存在极值. 21. 已知为有穷整数数列，若满足：，其中，是两个给定的不同非零整数，且 ，则称具有性质. （1）若 ， ，那么是否存在具有性质的？若存在，写出一个这样的；若不存在，请说明理由； （2）若 ， ，且具有性质，求证：中必有两项相同； （3）若 ，求证：存在正整数，使得对任意具有性质的，都有中任意两项均不相同. 【答案】（1）不存在具有性质的，理由如下： 设，由于 ，， 设，，，中有个， 个， 则有 ， 所以 ，解得，与为整数矛盾， 所以不存在具有性质的. （2）证明：设，，， ，中的最大值为，则存在，使得 或 ， 若存在，使 ，下证：，， ，可以取遍到之间所有的整数， 假设存在正整数使得，， ，中各项均不为， 令集合，设是集合中元素的最大值， 则有， 这与矛盾， 所以，， ，可以取遍到之间所有的整数， 若 ，则，，， ，的取值只能为， 中的数， 此时，，， ，中必有两项相同， 若 ，则，，， ，的取值只能为， ， 中的数， 此时，，， ，中必有两项相同， 若 ，则，，， ，中一定有异于和的正整数， 再由，， ，可以取遍到之间所有的整数， 所以，，， ，中必有两项相同， 当 ，同理可证：，， ，可以取遍 到之间所有的整数， 从而，，， ，中必有两项相同. （3）证明：不妨设 ，当，， ，中恰有个， 个， 由于 ， 所以取 ，此时具有性质， 下证：中任意两项均不相同， 若存在 使得， 令 ， ， 则有 ， ， 令，，则有 且 ， ， 由于 ，则有， 若 ，则有 ，即， 当时，有，从而 ，矛盾； 若 ，则有 且 ， 因此有 ， ， ，， 所以此时，，矛盾； 综上所述，存在正整数，使得对任意具有性质的，都有中任意两项均不相同. 【解析】 【分析】（1）根据所给定义，设，，，中有个， 个，从而有 ，推出矛盾； （2）设，，， ，中的最大值为，则存在，使得 或 ，若存在，使 ，先证：，， ，可以取遍到之间所有的整数，再对分类讨论，即可得证； （3）不妨设 ，根据性质推导出 ，再利用反证法证明中任意两项均不相同，即可得证. 【小问1详解】 不存在具有性质的，理由略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 【点睛】关键点点睛：本题关键是对“性质”的定义的理解，灵活利用反证法是解答的关键. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 北京市第十二中学2025-2026学年度第二学期期中练习 高二数学 考生须知 1.答题前，考生务必先将答题卡上的学校､班级､姓名､教育ID号用黑色字迹签字笔填写清楚，并认真核对条形码上的教育ID号､姓名，在答题卡的“条形码粘贴区”贴好条形码. 2.本次练习所有答题均在答题卡上完成.选择题必须使用2B铅笔以正确填涂方式将各小题对应选项涂黑，如需改动，用橡皮擦除干净后再选涂其它选项.非选择题必须使用标准黑色字迹签字笔书写，要求字体工整､字迹清楚. 3.请严格按照答题卡上题号在相应答题区内作答，超出答题区域书写的答案无效，在练习卷､草稿纸上答题无效. 4.本练习卷满分150分，作答时长120分钟. 第I卷（选择题共40分） 一､选择题：本部分共10小题，每小题4分，共40分.在每小题给出的四个选项中，选出最符合题意的一项. 1. 已知函数，则（ ） A. B. 1 C. D. 2. 从这个数字中选取个不同的数字组成一个集合，则不同的集合有（ ） A. 个 B. 个 C. 个 D. 个 3. 在的展开式中，含的项的系数是（ ） A. 6 B. C. D. 16 4. 已知函数在处有极小值，则实数的值为（ ） A. 6 B. 2 C. 2或6 D. -2 5. 某班上午有五节课，分别安排语文､数学､英语､物理､化学各一节课.要求数学课不排第一节，且语文与物理相邻，则不同排课方案有（ ） A. 24种 B. 36种 C. 48种 D. 96种 6. 定义在R上的函数和，其各自导函数和的图像如图所示，则函数其极值点的情况是（ ） A. 只有三个极大值点，无极小值点 B. 有两个极大值点，一个极小值点 C. 有一个极大值点，两个极小值点 D. 无极大值点，只有三个极小值点 7. 某班班会课组织了学长交流活动，将参加活动的3名高校学长与6名同学分成三组，每组1名学长与2名同学，不同的分法共有（ ） A. 15种 B. 90种 C. 180种 D. 540种 8. “函数在区间上单调递减”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 9. 已知函数若，使成立，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 10. 若函数的定义域内存在区间，且，则称函数存在一个“稳定区间”.下列说法错误的是（ ） A. 存在“稳定区间”的一次函数存在且有无数个 B. 存在“稳定区间”的二次函数存在且有无数个 C. 对任意，函数都存在“稳定区间” D. 存在，使函数存在“稳定区间” 第II卷（非选择题共110分） 二､填空题：本题共5小题，每小题5分，共25分. 11. 曲线在处切线的斜率等于__________. 12. 若，则__________.（用数字作答） 13. 的展开式中的系数为__________. 14. 牛顿在《流数法》一书中，给出了高次代数方程的一种数值解法——牛顿迭代法，这种方程求根的方法，在计算机等科学领域被广泛应用.如图，设是方程 的根，选取作为的初始近似值.过点作曲线在处的切线，切线方程为，当且时，称与轴的交点的横坐标是的一次近似值；过点作曲线在处的切线，切线方程为，当且时，称与轴的交点的横坐标是的两次近似值；重复以上过程，得到的近似值序列.这就是所谓的“牛顿迭代法”. （1）当时，的 次近似值与次近似值可建立等式关系：__________；（2）若取 作为的初始近似值，根据牛顿迭代法，计算方程正实根的两次近似值为__________（用分数表示）. 15. 已知 ，函数，给出下列四个结论：①对任意 ，函数存在唯一极值点；②当 时，函数没有零点；③存在 ，使得曲线过原点的切线有且只有一条；④当时，对任意，均有.其中所有正确结论的序号是__________. 三､解答题：本题共6小题，共85分，解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程. 16. 已知函数. （1）求函数的单调区间； （2）求函数在上的最大值. 17. 已知.从条件①､条件②､条件③中选择一个作为已知条件，完成下列问题.条件①：展开式中只有第5项的二项式系数最大；条件②：展开式中第2项与第8项的二项式系数相等；条件③：展开式中所有二项式系数的和为注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分. （1）直接写出的值； （2）求展开式中含的项的系数； （3）求的值. 18. 设函数． （1）求曲线在点处的切线方程； （2）求的极值点个数； （3）若时，，求的取值范围． 19. 已知椭圆过点和. （1）求椭圆的方程； （2）过点作直线交椭圆于不同的两点，直线交轴于点，直线交轴于点.若，求直线的方程. 20. 已知函数. （1）求的单调区间； （2）判断函数是否存在极值.如果存在，求出所有的极值；如果不存在，说明理由. 21. 已知为有穷整数数列，若满足：，其中，是两个给定的不同非零整数，且 ，则称具有性质. （1）若 ， ，那么是否存在具有性质的？若存在，写出一个这样的；若不存在，请说明理由； （2）若 ， ，且具有性质，求证：中必有两项相同； （3）若 ，求证：存在正整数，使得对任意具有性质的，都有中任意两项均不相同. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $