2025-2026学年山东省淄博市桓台县第一中学高二（下）期中数学试卷（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2025-2026学年山东省淄博市桓台县第一中学高二（下）期中数学试卷一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.小夏计划某日从武汉到兰州游玩，当天的交通工具中，火车共有12个车次，飞机共有2个航班，则乘坐方式的种数共有(

)A.12 B.14 C.16 D.242.若函数f(x)在x=x0处可导，则limΔx→∞A.f′(x0) B.2f′(x0)3.函数f(x)=x3−12x+1的极小值为A.−17 B.−15 C.15 D.174.在(2x2−1x)nA.5 B.4 C.3 D.25.已知函数f(x)的定义域为R且导函数为f′(x)，函数y=xf′(x)的图像如图，则下列说法正确的是(

)A.函数f(x)的增区间是(−2,0)，(2,+∞)

B.函数f(x)的减区间是(−∞,−2)，(2,+∞)

C.x=−2是函数的极大值点

D.x=2是函数的极大值点

6.已知f(x)满足2f(x)+f(1x)=3x.若y=f(x)−alnx为增函数，a∈R，则a的取值范围是A.[2,+∞) B.[22,+∞)7.已知函数f(x)的定义域为(−π2,π2)，其导函数是f′(x)，且满足f′(x)cosx+f(x)sinx<0，则关于xA.(π3,π2) B.(−8.设函数f(x)的导函数为f′(x)，若函数f(x)在区间D上是减函数，且函数f′(x)在区间D上是增函数，称f(x)在区间D上是“缓减函数”，区间D称为f(x)的“缓减区间”，若f(x)=cos2x+2sinx，下列区间不是f(x)的“缓减区间”的是A.[7π6,5π4] B.[π,二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。9.下列各式正确的是(

)A.C52⋅A32=60 B.10.李清照，齐州章丘(今山东省济南市章丘区)人，宋代女词人，婉约词派代表，有“千古第一才女”之称.现将李清照不同的9本诗集全部奖励给3名同学(每人至少会分到1本)，则下列选项正确的有(

)A.若刚好每人分到3本书，则有1680种不同的分法

B.若每人至少分到2本书，则有11508种不同的分法

C.若刚好有1人只分到1本书，则有6326种不同的分法

D.若每人至多分到4本书，则有13020种不同的分法11.对于函数f(x)=xlnx，则(

)A.函数f(x)的单调递减区间为(0,1)，(1,e)

B.f(π)>f(2)

C.若方程|f(|x|)|=k有6个不等实数根，则k>e

D.对任意正实数x1，x2，且x1≠三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.已知a，b∈R，若直线y=3x+a是曲线f(x)=ex+2x−b与曲线g(x)=x+2lnx的公切线，则a+b=

13.甲、乙、丙、丁等6名大学生被分配到三个单位实习，每个单位分配2人，甲、乙不在同一个单位，丙、丁也不在同一个单位，则不同的分配方案共有

种.(用数字作答)14.已知函数f(x)=x2−aex+1有两个极值点，则实数a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.(本小题13分)

已知(x−2)n的展开式的二项式系数和为2048．

(1)求n；

(2)求(x−2)n的展开式中含x2的项；

(3)若(x−216.(本小题15分)

已知函数f(x)=axlnx−1(a>0)．

(1)求f(x)的最值；

(2)若f(x)≤x2−2xe17.(本小题15分)

甲、乙、丙等6名学生准备利用假期时间从三个社区中选一个参加志愿者活动，每个社区至少安排1人．

(1)若每个社区刚好安排2人，则不同的安排方法有多少种？

(2)若甲、乙、丙全部分到同一个社区，则不同的安排方法有多少种？

(3)若甲、乙、丙分别分到三个社区，则不同的安排方法有多少种？18.(本小题17分)

已知函数f(x)=lnx−ax

(1)讨论函数的单调性

(2)若函数的极大值为−1．

①求实数a的值；

②令F(x)=f(x)+kex−1x，实数k∈(0,1).求证：F(x)有两个极小值点x119.(本小题17分)

已知函数f(x)=ln(x+1)−2xx+a(a>0)．

(1)当a=3时，求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程；

(2)若f(x)在[0,+∞)上单调递增，求a的取值范围；

(3)若f(x)参考答案1.B

2.B

3.B

4.A

5.C

6.D

7.A

8.B

9.AC

10.AB

11.ACD

12.1

13.60

14.(0,215.解：(1)已知(x−2)n的展开式的二项式系数和为2048，

则2n=2048，

解得n=11．

(2)展开式的通项公式为Tr+1=C11rx11−r(−2)r(r=0,1,2,⋯,11)，

令11−r=2，解得r=9，代入通项公式得T10=C119x2(−2)9=−512×55x2=−28160x2．

(3)因为(x−2)11=a0+a1(x−1)+a2(x−1)2+...+a11(x−1)11，

令x=1，得a0=(1−2)11=−1，

令x=2，得(2−2)11=a0+a1+a2+...+a11=0，

所以a1+a2+...+a11=0−a0=1．

16.解：(1)由f(x)=axlnx−1，可得定义域为(0,+∞)，且f′(x)=a(lnx+1)，

当x>1e,f′(x)>0,f(x)单调递增；

则当0<x<1e,f′(x)<0,f(x)单调递减；

所以f(x)min=f(1e)=−ae−1，无最大值；

(2)因为f(x)≤x2−2xe在(0,+∞)上恒成立，

即alnx−x−1x+2e≤0在(0,+∞)上恒成立，

令g(x)=alnx−x−1x+2e,x>0，

则g′(x)=ax−1+1x2=−x2−ax−1x2，

因为方程x2−ax−1=0中，Δ=a2+4>0，

故该方程有两个不相等的根x0，x1，且x0x1=−1<0，

故g′(x)=0有且仅有一个正根，记为x0，

所以x02−ax0−1=0，即a=x0−1x0，

故当x∈(x0,+∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减；

当x∈(0,x0)时，g′(x)>0，g(x)单调递增；

所以g(x)max=g(x0)=(x0−1x0)lnx0−x0−1x0+2e≤0，

令h(x)=(x−1x)lnx−x−1x+2e,x>0，

则h′(x)=(1+1x2)lnx，

故当x∈(1,+∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增；

当x∈(0,1)时，h′(x)<0，h(x)单调递减；

令h(x)=0，解得x=1e或x=e，所以x0∈[1e,e]，

易知a=x0−1x0在[1e,e]上单调递增，

所以a∈[1e−e,e−1e]，

又a>0，故a的取值范围为(0,e−1e]．

17.解：(1)将6名学生平均分成3组，

分法数为C62C42C22A33=15(种)，

再将分好的3组全排列，安排到3个社区，有A33=3!=6(种)，

根据分步乘法计数原理，不同的安排方法共有15×6=90(种)；

(2)①甲、乙、丙看作一组，有1种分法．

将剩下的3人分成2组，分法数为C31C22=3×1=3(种)，

再将分好的3组全排列，安排到3个社区，有A33=3!=6(种)，

根据分步乘法计数原理，不同的安排方法共有1×3×6=18(种)；

②甲、乙、丙和剩余3人中的1人形成一组，其余2人各一组，有3种分法．

再将分好的3组全排列，安排到3个社区，有A33=3!=6(种)，

根据分步乘法计数原理，不同的安排方法共有3×6=18(种)；

综上不同的安排方法有18+18=36(种)；

(3)甲、乙、丙分别安排到3个社区，有A33=3!=6(种)，

剩下的3人每人都可以选择3个社区中的任意一个，有3×3×3=27(种)，

根据分步乘法计数原理，不同的安排方法共有6×27=162(种)．

18.解：(1)因为函数f(x)=lnx−ax的定义域为(0,+∞)，

所以f′(x)=1x−a=1−axx，

当a≤0时，f′(x)>0恒成立，f(x)在(0,+∞)上单调递增，

当a>0时，令f′(x)=0，可得x=1a，

当0<x<1a时，f′(x)>0，函数f(x)在(0,1a)上单调递增，

当x>1a时，f′(x)<0，函数f(x)在(1a,+∞)上单调递减；

综上，当a≤0时，f(x)在(0,+∞)上单调递增，

当a>0时，函数f(x)在(0,1a)上单调递增，在(1a,+∞)上单调递减；

(2)①因为函数f(x)的极大值为−1，由(1)知a>0，

此时函数f(x)的极大值为f(1a)=−lna−1，

所以−lna−1=−1，解得a=1；

②证明：f(x)=lnx−x，

则F(x)=lnx−x+kex−1x=−(lnex−lnx)+keexx=keexx−lnexx，

可知F(x)的定义域为(0,+∞)，

构造n(x)=exx,x>0，则n′(x)=(x−1)exx2，

令n′(x)>0，解得x>1；令n′(x)