2025-2026学年安徽省怀宁县高河中学度第二册期中考试高二数学试题 含答案

/高河中学2025-2026学年度第二学期期中考试高二数学试题一、单选题1.若函数的导函数存在，且，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据导数的概念将已知式配凑成定义式可得答案.【详解】，所以，故选：C.2.记等差数列的前n项和为，且，，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【详解】由等差数列前项和性质可得，​，因为，所以，再根据等差数列中项性质：，代入得，即，又已知，设公差为，则，解得，即等差数列的通项公式，所以.3.从这5个数字中任取2个偶数和1个奇数，组成一个三位数，则不同的三位数的个数为（）A.16 B.24 C.28 D.36【答案】C【解析】【分析】分两种情况，再按照分步计数原理，即可求解.【详解】若没有取到0，则有种方法，若取到0，则有种方法，所以不同的三位数共有种.故选：C4.的展开式的常数项是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【详解】的展开式通项为：，由得，所以的常数项系数为；由得，所以的项系数为，所以的展开式的常数项是,故选D.5.某校教师迎春晚会由个节目组成，为考虑整体效果，对节目演出顺序有如下要求，节目甲不排在第一位和最后一位，节目丙、丁必须排在一起，则该校迎春晚会节目演出顺序的编排方案共有（）A.种 B.种 C.种 D.种【答案】C【解析】【分析】利用间接法求解，即在丙、丁排在一起的排法种数，减去甲排在第一位或最后一位且丙、丁排在一起的排法种数，进而可得出结果.【详解】利用间接法求解，先考虑将丙、丁排在一起，将这两个节目进行捆绑，形成一个大元素，共有种.若甲排在第一位和最后一位，且丙、丁排在一起，将这两个节目进行捆绑，形成一个大元素，此时，排法种数为.综上所述，符合条件的排法种数为（种）.故选：C.【点睛】本题考查排列组合的综合问题，考查捆绑法的应用，在分类讨论较为麻烦时，可以考查利用间接法来求解，考查计算能力，属于中等题.6.已知函数在区间上单调递减，则实数a的最小值为（）A. B. C. D.e【答案】B【解析】【分析】由在区间上单调递减，得在上恒成立，进而得，令，利用导数研究单调性求出最大值即可求解.【详解】由已知得，因为在区间上单调递减，所以在上恒成立，即，得，令，则，令，得，当时，，单调递减，当时，单调递增，又，所以a的最小值为．7.五一小长假期间，某旅游公司为助力大同旅游事业的发展，计划将2名金牌导游和5名银牌导游分别派往云冈石窟､古城华严寺､北岳恒山三个景区承担义务讲解任务，要求每个景区都要有银牌导游前往，则不同的分配方法种数有（）A.360 B.640 C.1350 D.1440【答案】C【解析】【分析】根据题意按照或分类分组，结合排列组合求出种类，最后相加即可.【详解】解析：将2名金牌导游分配到3个景区，有种分配方法，若每个风景区都要有银牌导游，则将银牌导游分成三组，各组人数分别为或.当银牌导游分成三组的人数为时，此时共有种；当银牌导游分成三组的人数为时，此时共有种分配方法.所以不同分配方法有种.故选:C.8.已知是函数的导函数，对于任意实数x都有，，则不等式的解集为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】由已知构造函数，可得，再利用确定解析式，从而求得不等式的解集.【详解】因为，所以，所以令，，所以为常数.又因为，所以，所以，所以.原不等式等价于，即，解得或，所以解集为.故选：A.二、多选题9.已知，其中，且，则下列判断正确的是（）．A. B.C. D.【答案】ACD【解析】【分析】令，则，分别赋值、可以求得，A正确；，B错误；利用二项式展开式通项公式可以判断C、D正确.【详解】令，则，则，令，则，①令，则，②①－②，得，解得，A正确；①＋②，得，所以，B错误；又，C正确；，D正确．故选：ACD．10.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“御”、“书”、“数”互不相邻的不同排法共有24种B.课程“射”必须排在“御”前面的不同排法共有360种C.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D.课程“御”和“书”不相邻且课程“数”和“书”不相邻的不同排法共有288种【答案】BCD【解析】【详解】已知某国学班计划开设“礼”、“乐”、“射”、“御”、“书”、“数”六门课程，每天开设一门，连续开设6天，A：课程“御”、“书”、“数”互不相邻，则可先排“礼、乐、射”，有3！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．排法数为，A错误.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，B正确．C：用间接法：总排法，减去“数”在第一天的，“礼”在最后一天的，加回重复减去的“数在第一天且礼在最后一天”的．排法数为，C正确．D：课程“书”在第1天或最后一天，有2种排法，再排“御、数”两门课程，即，最后排“礼、乐、射”，即，课程“书”不在第1天或最后天，有4种排法，再排“御、数”两门课程，即，最后排“礼、乐、射”，即，排法数为：，D正确.11.已知函数，下列命题正确的有（）A.可能有2个零点B.一定有极小值，且0是极小值点C.时，D.若存在极大值点，且，其中，则【答案】BD【解析】【分析】首先讨论的情形，再分的正负讨论函数的单调性和极值，由此可判断ABC的正误，；对于D，容易得到极大值点的值，再代入，得到关于的一元三次方程，此方程已经有一解，故可以因式分解求出，由此可判断D选项.【详解】函数的定义域为，当时，为二次函数，由抛物线性质可知存在极小值点，极小值为，此时无零点；当时，可求得导函数，令，得或，当时，可求得当时，；当时，，所以在上单调递增，在和上单调递减，故此时存在极小值点，极小值为，存在极大值点，极大值为；当时，可求得当时，；当时，，所以在和上单调递增，，在上单调递减，故此时存在极小值点，极小值为，存在极大值点，极大值为；对于A，当时，无零点；当时，因为在上单调递增，在和上单调递减，而极小值为，所以只有1个零点；当时，因为在和上单调递增，在上单调递减，而极大值为，极小值为，所以只有1个零点，故A错误；对于B，由以上分析，不论取何值，一定有极小值，且0是极小值点，故B正确；对于C，当时，即时，此时在上单调递减，又，所以，故C错误；对于D，由上述分析可知，则，由题意知，即，此方程已有一根，故可因式分解为，解得与相异的根，则，故D正确；故选：BD.三、填空题12.在的二项展开式中，只有第5项的二项式系数最大，则该二项展开式中的常数项等于_____.【答案】112【解析】【分析】由题意可得，再利用二项展开式的通项公式，求得二项展开式常数项的值．【详解】的二项展开式的中，只有第5项的二项式系数最大，，通项公式为，令，求得，可得二项展开式常数项等于，故答案为112．【点睛】本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于基础题．13.已知数列是公差为d的等差数列，其前n项和为且，若对任意的恒成立，则公差d的取值范围为________．【答案】【解析】【分析】根据给定条件，求得，再由恒成立的不等式建立不等式组求解.【详解】数列是公差为d的等差数列，设，由，得，解得，则，由对任意的恒成立，得.所以公差d的取值范围为．故答案为：14.函数有两个极值点，，则取值范围________．【答案】【解析】【分析】由题意结合导数可得与的关系及的取值范围，即可将用表示，再用表示，构造相应函数借助导数研究函数值域即可得解.【详解】定义域是，∴，∵有两个极值点，∴，在有两个不等根，令，对称轴为，∴，∴，两个极值点为，，，则，，，令，，∵，∴，∴在单调递增，∴，，∴.故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题关键点在于得出的取值范围及与的关系，从而用表示，再构造相应导数求其值域即可得.四、解答题15.已知函数在处有极值.（1）求，的值；（2）过原点作曲线的切线，求的方程.【答案】（1），.（2）或.【解析】【分析】（1）先求出导函数，再根据极值及极值点列式求参；（2）先设切点，再求导得出切线斜率，再根据切线过原点列式求参，最后求出切线方程即可.【小问1详解】，由题可知，，解得，.【小问2详解】设切点为，则，切线的斜率，切线的方程为，因为切线过原点，所以，整理得，解得或.当时，，此时切线的方程为；当时，，此时切线的方程为.所以切线为或.16.已知函数，且，（1）求的值；（2）求的最大值；（3）求被6整除的余数．【答案】（1）（2）15360（3）2【解析】【分析】（1）由通项公式结合，求得，再通过求导赋值即可求解；（2）设为（0≤i≤10）中的最大值，由求解即可；（3）由，利用二项式定理展开即可求解.【小问1详解】的通项公式为且，所以的系数为，解得，从而，等式两边对x求导得．令得．【小问2详解】由（1）可知的通项公式为，∴，设为中的最大值，则即即，解得；又，因此．∴．【小问3详解】由（1）可知，显然能被6整除，所以被6整除的余数是．17.已知函数（且）的图象经过点，记数列的前n项和为，且．（1）求数列的通项公式；（2）设，数列的前n项和为，求的取值范围．【答案】（1）数列的通项公式为（2），．【解析】【分析】（1）利用函数过定点求参数，建立和的关系，使用求解通项公式，最后验证即可；（2）通过裂项相消法求和，结合的单调性分析出取值范围．【小问1详解】由函数的图象经过点，得，解得，所以，因此，①当时，，②当时，，因为也满足，所以数列的通项公式为．【小问2详解】由（1）知，所以，因为，所以，即，所以，且．18.若数列满足，则称数列为“平方递推数列”.已知数列中，，点在函数的图象上，其中为正整数.（1）证明：数列是“平方递推数列”，且数列为等比数列；（2）设，数列的前项和为；①求；②若恒成立，求实数的最大值.【答案】（1）证明见解析（2）①；②16【解析】【分析】（1）由题意，配方得，利用“平方递推数列”定义即可证明，两边取对数，根据等比数列的定义即可证明；（2）①求出，然后利用错位相减法求和即可；②将原不等式恒成立转化为恒成立，分离参数恒成立，利用基本不等式求解最值即可得解.【小问1详解】点在函数的图象上，，，数列是“平方递推数列”，因为，对两边同时取对数得，数列是以1为首项、2为公比的等比数列；【小问2详解】①由（1）知，所以，则，.两式相减可得，；②恒成立，恒成立，恒成立，恒成立，又，当且仅当时，取到等号，，即.19.已知函数，.（1）记，讨论的单调性；（2）当时，恒成立，求a的取值范围.【答案】（1）答案见解析；（2）.【解析】【分析】（1）求出的解析式，对求导，根据的不同取值分类讨论的单调性即可.（2）根据，构造函数，将问题转化为恒成立，利用导数结合分类讨论即可求解.【小问1详解】根据已知条件，有其定义域为，，当即时，若，则；若，则，所以的增区间为，减区间为.当即时在为增函数当即时在为增函数综上，时，的增区间，减区间；时，的增区间.【小问2详解】因为恒成立，，令，则，所以当时，等价于恒成立.由于，，（ⅰ）当时，，函数在上单调递增，所以，在区间上恒成立，符合题意；（ⅱ）当时，在上单调递增，.①当，即时，，函数在上单调递增，所以在上恒成立，符合题意；②当，即时，，，若，即时，在上恒小于0