精品解析：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）

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） 考试时间：100分钟 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. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 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） 考试时间：100分钟 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. 【答案】B 【解析】 【分析】利用导数的极限表达式计算. 【详解】若，则． 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 【答案】B 【解析】 【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. 函数的图象在处的切线方程是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【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. 的展开式的第项的系数为   （ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【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. 若函数，则（ ） A. B. 0 C. 1 D. 2 【答案】C 【解析】 【详解】因为， 所以， 则， 解得. 6. 函数的单调减区间是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【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. 函数的部分图像大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【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. 已知函数，若在上单调递增，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【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． 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 【答案】BCD 【解析】 【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. 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 【答案】AC 【解析】 【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. 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 【答案】ABD 【解析】 【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. 第II卷（非选择题） 三、填空题 12. 函数的单调减区间为______． 【答案】 【解析】 【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. 二项式的展开式中的常数项为____________ 【答案】 【解析】 【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. 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． 【答案】72 【解析】 【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. 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． 【答案】（1） （2）的单增区间为，，单减区间为；极大值为，极小值为. 【解析】 【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. 【小问1详解】 ，， 所以，又， 所以函数在处的切线方程为，即； 【小问2详解】 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. 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． 【答案】（1） （2）1 【解析】 【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. 【小问1详解】 由所有二项式系数的和为，可知， 可得． 【小问2详解】 设二项式可化为． 令，则． 所以展开式中所有项的系数和为． 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． 【答案】（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），2036 【解析】 【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. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）得，即， 设数列的前项和为， 所以． 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. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，证明直线的方向向量与平面的法向量垂直即可. （2）先求出直线的方向向量与平面的法向量，再利用直线与平面所成角的计算公式求解即可. 【小问1详解】 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， 又， 平面， 所以是平面的一个法向量. 因为， 所以. 又平面，所以平面. 【小问2详解】 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. 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. 【答案】（1） （2）单调递增区间为，单调递减区间为 （3） 【解析】 【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. 【小问1详解】 当时，，则， 得.又， 故曲线在点处的切线方程为，即. 【小问2详解】 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. 【小问3详解】 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. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $