精品解析：广东深圳市龙岗区龙城高级中学2025-2026学年高二下学期期中考试数学试题

龙城高级中学2025-2026学年第二学期高二年级期中考试数学试卷 本试卷共4页，19道题，满分150分．考试用时120分钟． 一、单项选择题：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． 1. 函数在区间上的平均变化率为（ ） A. 3 B. 15 C. 10 D. 30 2. 满足等式的的值为（ ） A. B. C. 或 D. 3. 如果实数满足等式，那么的最小值是（ ） A. B. C. D. 4. 已知函数，则的值为（ ） A. B. C. 6 D. 5. 已知，则（ ） A. 32 B. 31 C. D. 1 6. 已知为坐标原点，为椭圆的右顶点．若椭圆上存在两点，，使得以，，，为顶点的四边形是正方形，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 7. 现将3个标有数字1，2，3的不同红球及3个白球（白球之间没有区别）放入3个不同的盒子中，每个盒子放入2个球，则不同的放法种数为（ ） A. 15 B. 90 C. 24 D. 36 8. 若直线是曲线与曲线的公切线，（ ） A. B. 1 C. e D. 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． 9. 已知是等差数列的前项和，为公差，且，则下列说法正确的是（ ） A. B. 当时，取最小值 C. D. 10. 已知函数，，且在处取得极小值，则（ ）． A. B. 仅有一个极值点 C. 当时， D. 当时， 11. 某城市的智能交通系统使用无人机参与街道交通的巡检，现有6架无人机，有甲、乙、丙、丁4条街道需要巡检，若6架无人机都参与且每架无人机只巡检一条街道，则下列结论正确的是（ ） A. 若无人机完全相同，每条街道至少有一架无人机巡检，则共有12种不同的巡检方案 B. 若无人机完全相同，允许有的街道不用无人机巡检，则共有84种不同的巡检方案 C. 若给无人机按1~6编号，它们排队依次起飞，其中1号、2号两架无人机不相邻，则共有480种不同的顺序 D. 若给无人机按1~6编号，每条街道至少需要1架无人机，甲街道至多需要2架无人机，则共有1440种不同的巡检方案 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若，则___________．（用数字作答） 13. 已知为抛物线的焦点，直线与交于两点，则的最小值是___________． 14. 函数是定义在上的奇函数，其导函数记为，当时，恒成立，若，则不等式的解集为______． 四、解答题（本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．） 15. 已知的展开式中第项的系数与第项的系数和为． （1）求的值； （2）求展开式中含的项，并指出该项的二项式系数． 16. 已知函数. （1）求的单调区间； （2）若有三个零点，求的取值范围. 17. 已知数列的前项和为，当时满足． （1）求数列的通项公式； （2）若数列的前项和为，求证：对于任意，都有． 18. 已知椭圆的左、右焦点分别为，点在椭圆上，且椭圆上满足的点有且仅有2个． （1）求椭圆的方程； （2）设直线与椭圆交于两点（在第一象限），与轴，轴分别交于点，且；点关于轴的对称点为，直线与椭圆的另一个交点为． （i）记直线的斜率分别为，证明：为定值； （ii）求直线的斜率的最小值． 19. 已知函数． （1）求的图像在处的切线方程； （2）若，证明：； （3）探究函数的零点个数． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 龙城高级中学2025-2026学年第二学期高二年级期中考试数学试卷 本试卷共4页，19道题，满分150分．考试用时120分钟． 一、单项选择题：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． 1. 函数在区间上的平均变化率为（ ） A. 3 B. 15 C. 10 D. 30 【答案】B 【解析】 【详解】函数在区间上的平均变化率为． 2. 满足等式的的值为（ ） A. B. C. 或 D. 【答案】D 【解析】 【详解】由可得， 整理可得，即， 由题意可知且，故. 3. 如果实数满足等式，那么的最小值是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】将其看作为过原点的直线的斜率，数形结合进行求解. 【详解】中，解得， 由题意可得设过原点的直线的斜率为，即直线方程为， 同一坐标系内画出草图， 由图可得当直线与圆相切时，斜率最小或最大，圆心为，半径为， 则，解得或， 所以的最小值是. 4. 已知函数，则的值为（ ） A. B. C. 6 D. 【答案】B 【解析】 【详解】由题设，则， 所以，故，则. 5. 已知，则（ ） A. 32 B. 31 C. D. 1 【答案】C 【解析】 【详解】令，则； 令，则，故. 6. 已知为坐标原点，为椭圆的右顶点．若椭圆上存在两点，，使得以，，，为顶点的四边形是正方形，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题意可得，代入椭圆方程可得，进而计算可解. 【详解】由题意可得，, 由题意可知四边形是正方形，所以与垂直且平分，即， 因为在椭圆上， 所以，即， 所以椭圆的离心率为. 7. 现将3个标有数字1，2，3的不同红球及3个白球（白球之间没有区别）放入3个不同的盒子中，每个盒子放入2个球，则不同的放法种数为（ ） A. 15 B. 90 C. 24 D. 36 【答案】C 【解析】 【分析】把6个小球按2个球一组分成3组，再放到3个不同盒子即可． 【详解】把6个小球按2个球一组分成3组，有两类分法： 每个盒子放入一个白球，有1种方法；有2个白球放入一个盒子，剩下1个白球与1个红球组合，有种方法， 再将分成的3组放入3个盒子有种方法， 所以不同的放法种数为． 8. 若直线是曲线与曲线的公切线，（ ） A. B. 1 C. e D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据导数的几何意义，求曲线上任意一点的切线方程，再结合公切线列方程求参数值，从而得到公切线为，同理求曲线的切线方程，结合公切线求参数即可. 【详解】设， 设切点为，则切线斜率为， 所以切线方程为，即， 由题意，即，解得， 所以两曲线的公切线为， 设，切点为，则切线斜率为， 则切线方程为，即， 由题意，即，解得. 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． 9. 已知是等差数列的前项和，为公差，且，则下列说法正确的是（ ） A. B. 当时，取最小值 C. D. 【答案】AD 【解析】 【分析】利用等差数列前项和的性质依次分析选项即可. 【详解】因为数列为等差数列， 则，即， 且，即，可得， 所以公差，故A正确； 可知等差数列为递增数列，当时，；当时，； 所以当时，取最小值，故B错误； 由以上分析可知，故C错误，D正确． 10. 已知函数，，且在处取得极小值，则（ ）． A. B. 仅有一个极值点 C. 当时， D. 当时， 【答案】AC 【解析】 【详解】由，得①． ，由在处取得极小值，得，即②， 联立①②，解得，． 所以，定义域为， . 当或时，； 当或时，. 所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递减，在上单调递增. 所以在处取得极大值，在处取得极小值，符合题意. 又，所以为奇函数． 对于A，，故A正确； 对于B，有一个极大值点和一个极小值点，所以B错误； 对于C，当时，， 令，则， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 所以在处取得极小值，即最小值，， 因此恒成立，即恒成立，故C正确； 对于D，当时，， 当时，，，即，故D错误． 11. 某城市的智能交通系统使用无人机参与街道交通的巡检，现有6架无人机，有甲、乙、丙、丁4条街道需要巡检，若6架无人机都参与且每架无人机只巡检一条街道，则下列结论正确的是（ ） A. 若无人机完全相同，每条街道至少有一架无人机巡检，则共有12种不同的巡检方案 B. 若无人机完全相同，允许有的街道不用无人机巡检，则共有84种不同的巡检方案 C. 若给无人机按1~6编号，它们排队依次起飞，其中1号、2号两架无人机不相邻，则共有480种不同的顺序 D. 若给无人机按1~6编号，每条街道至少需要1架无人机，甲街道至多需要2架无人机，则共有1440种不同的巡检方案 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据隔板法判断AB：根据分步乘法计数原理结合插空法判断C：分类讨论甲街道需要几架无人机，再结合排列数、组合数判断D． 【详解】对于A，把6架无人机排成一排，它们之间有5个空，选3个空插入隔板分为4组对应4条街道， 共有种，故A错误； 对于B，借4架无人机，共10架，排成一排共有9个空，选3个空插入隔板分为4组，再将借的4架无人机还回去， 共有种不同情况，故B正确； 对于C，先排其余4架无人机，共有种排法， 这4架排好后形成5个空，选2个空插入1号，2号无人机，有种排法， 所以共有种，故C正确； 对于D，若甲街道需要1架无人机，则剩下三街道按照或安排， 若按照来放，有种； 若按照来放，有种， 若甲街道需要2架无人机，则剩下三街道按照安排，共有种； 故一共有种不同的放法，故D正确． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若，则___________．（用数字作答） 【答案】84 【解析】 【详解】由组合数的性质结合得，解得， 则． 13. 已知为抛物线的焦点，直线与交于两点，则的最小值是___________． 【答案】 【解析】 【分析】直线方程与抛物线方程联立，求得，利用抛物线定义可得，再根据基本不等式得结果. 【详解】由题知，的焦点，准线为， 如图，作准线，准线， 联立，得， ，解得， 设，则， 又， 当且仅当时等号成立. 14. 函数是定义在上的奇函数，其导函数记为，当时，恒成立，若，则不等式的解集为______． 【答案】 【解析】 【分析】构造函数，根据导函数判断其单调性，进而结合奇偶性得出的正负性，即可求解不等式． 【详解】当时，恒成立，即恒成立， 令，则在上恒成立， 故在上单调递减， 因为，所以， 故当时，； 当时，； 因为函数是定义在上的奇函数， 故当或时，； 当或时，.， 等价于或，得或， 故不等式的解集为． 四、解答题（本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．） 15. 已知的展开式中第项的系数与第项的系数和为． （1）求的值； （2）求展开式中含的项，并指出该项的二项式系数． 【答案】（1） （2）含的项为，该项的二项式系数为． 【解析】 【分析】（1）写出二项式的展开式的特征项，第项系数为，第项的系数为，根据两项系数和为，可得，即可求解的值； （2）根据上一问写出的特征项以及已经求出的值即可计算展开式中含的项即． 【小问1详解】 因为， 依题意得， 所以，解得或， 又，所以； 【小问2详解】 设第项含项，则， 所以，解得， 所以含的项为，二项式系数为． 16. 已知函数. （1）求的单调区间； （2）若有三个零点，求的取值范围. 【答案】（1）单调递增区间为，单调递减区间为. （2）. 【解析】 【分析】（1）求出函数的定义域与导函数，再解关于导函数的不等式，即可求出函数的单调区间； （2）依题意只需满足，解得即可. 【小问1详解】 函数的定义域为， 且 令，解得或，则函数在上单调递增； 令，解得，则函数在上单调递减， 所以函数单调递增区间为，单调递减区间为. 【小问2详解】 由（1）知函数在上单调递增， 在上单调递减，在上单调递增， 则，， 且当时，，当时，， 要使得函数有三个零点，则需满足， 解得， 综上可得，实数的取值范围. 17. 已知数列的前项和为，当时满足． （1）求数列的通项公式； （2）若数列的前项和为，求证：对于任意，都有． 【答案】（1） （2） 所以， 当时，，不等式成立， 当时， 综上． 【解析】 【分析】（1）对时的递推式变形，构造新的等比数列； （2）分别对等比部分和常数部分求和，合并得到的表达式，将代入化简通项，结合裂项相消法求和. 【小问1详解】 当时，由得 因为，所以，故， 所以是以1为首项，为公比的等比数列， 所以，即． 【小问2详解】 略 18. 已知椭圆的左、右焦点分别为，点在椭圆上，且椭圆上满足的点有且仅有2个． （1）求椭圆的方程； （2）设直线与椭圆交于两点（在第一象限），与轴，轴分别交于点，且；点关于轴的对称点为，直线与椭圆的另一个交点为． （i）记直线的斜率分别为，证明：为定值； （ii）求直线的斜率的最小值． 【答案】（1） （2）（i）设，则， 所以， 由，知 故， 故为定值． （ii） 【解析】 【分析】（1）由及点在椭圆上进行求解； （2）（ⅰ）设，则由及平面向量的坐标运算进行求解； （ⅱ）由直线与椭圆方程联立，结合韦达定理得点的坐标，再求出，利用基本不等式求解． 【小问1详解】 由椭圆上满足的点有且仅有2个知以为直径的圆与椭圆有2个公共点，故， 所以椭圆，代入，解得， 故椭圆的方程为 【小问2详解】 （i）略 （ii）由（i）可知直线，直线； 联立，整理得：， . 故由韦达定理. 联立，整理得：， ， 故由韦达定理. 故， ， 故. 当且仅当时取等号； 此时，故在椭圆内成立； 综上所述：直线的斜率的最小值为． 19. 已知函数． （1）求的图像在处的切线方程； （2）若，证明：； （3）探究函数的零点个数． 【答案】（1） （2）证明：当时，函数， 要证明，即证， 设，则，问题转化为， 设，则， 所以在区间上单调递减，所以， 即，即， 所以． （3）当时，有1个零点；当时，有3个零点. 【解析】 【分析】（1）求得，得到，结合导数的几何意义，即可求解； （2）根据题意，设，转化为， 设，利用导数求得函数的单调性，得到，即可得证； （3）函数的零点即为或，设，则或.分情况讨论，①设,求导可知有唯一的根为1；②设，方程的个数根据的范围进行讨论，利用导数得到单调性和二次函数的性质，即可求解. 【小问1详解】 由函数，可得， 所以，且，即切线的斜率为，切点为， 所以的图象在处的切线方程为，即． 【小问2详解】 略； 【小问3详解】 由， 即或， 设，则或， ①设，可得， 所以在单调递增，又， 所以有一个零点． ②设，则， 当时，在单调递增，又； 所以有一个零点． 当时，令，得， 则在区间上单调递增， 在区间，上单调递减， 且， 所以， 由， 且， 所以在区间上各有1个零点． 综上得，当时，有1个零点；当时，有3个零点． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $