数学安徽合肥市合肥六校2026年春季学期高二年级(下学期)期中考试(4月底)

高二年级数学答案（考试时间：120分钟满分：150分）一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1.【答案】B2.【答案】C【解析】【详解】解：根据题意，每个快递有3个不同的快递驿站，则不同的分发方法有种．3.【答案】B【解析】【分析】根据的图像，先判断和，进而得到的单调区间，逐一验证即可求解.【详解】由图可知：当或时，，所以的单调减区间为，当或时，，所以的单调增区间为，故选：B.4.【答案】C【解析】【分析】利用排列、组合数公式，逐一化简验证各选项等式两边是否相等，判断正误.【详解】对于选项A,由，10A92=10×9×8，得，故对于选项B，由Cnm⋅Am对于选项C,例如m=n=2,则A22+A21对于选项D，因为nC所以，故D正确。5.【答案】C【解析】【分析】根据题意，构造函数，利用导数求得函数在上单调递增，结合，得到，即可求解.【详解】构造函数，其中，则，所以在上单调递增，由，，，因为，所以，所以.故选：C.6.【答案】C【解析】【分析】赋值法求系数和判断A、B；由，结合展开式通项得个位数由决定，即可判断D；由并应用二项式定理求对应项系数判断C.【详解】由题设，令，则，A错误；令，则，所以，即，B错误；由，展开式通项为，，当时，，即，C正确.由，展开式通项为，显然个位数由决定，即个位数是1，D错误；7.【答案】C【解析】【分析】构造辅助函数，利用导数判断其单调性，再利用为奇函数求出的值，从而将原不等式转化为关于的不等式进行求解.【详解】设，则，因为，所以，所以为定义在上的减函数，因为为奇函数，所以，，，，即，即，故．故选：C.8.【答案】A【解析】【分析】由题意得只有1个整数解，利用导数分析函数的单调性，令，则的图象是一条过定点的直线，画出函数图象，结合图象分析即可求解.【详解】因为，，所以，令，则，当时，，在上单调递增，当时，，在上单调递减，当时，，当时，，且，令，则的图象是一条过定点的直线，当时，不符合题意；则，如图，当的图象经过时，直线的斜率分别为，不等式只有1个整数解，由图可知.故选：.二、多选题（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.【答案】AD【解析】【分析】利用基本初等函数的导数公式以及导数的四则运算逐项分析即可.【详解】对于A，，故A正确；对于B，，故B错误，对于C，，故C错误；对于D，，故D正确.10.【答案】BC【解析】【详解】选项A：用这6个数字，可以组成没有重复数字的三位数为：A51A5选项B：将2个个个排成一排，总排列数为：种，故B正确；选项C：6个相同元素排成一排，产生5个空隙，插入两个隔板分成3份，对应组合数为：种，故C正确；选项D：分两种情况：两男一女和两女一男，共有，故D错误．11.【答案】BCD【解析】【分析】根据关于点对称，可得，将代入即可判断A；根据，利用累加法可判断B；通过证明即可判断C；根据得，可得函数周期为，即可判断D.【详解】因为关于点对称，则，取，则，故A错误；因为，，所以，，，，累加可得，所以，故B正确；由得，两端求导得，即，所以图象关于直线对称，即为的一条对称轴，故C正确；由得，所以函数的周期为，故，所以，故D正确.三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）12.【答案】120【解析】【分析】根据题意10次搬盒子任选其中3次搬第一堆的3个盒子，应用组合数求不同的搬法数.【详解】由题设，共需搬10次，选择其中3次搬走第一堆的3个盒子，故有，故答案为：12013.【答案】①.②.【解析】【详解】函数，求导得，在处，斜率为，曲线在点处的切线方程为：；，借用“以直代曲”的方法，，令，则．14.【答案】【解析】【分析】分离参数后，利用导数研究函数的单调性，作出大致图象，数形结合求解.【详解】有且仅有两个零点，故有两个解，设，则直线与函数的图象有两个交点．由，显然函数在上单调递增，令得，令得，所以在上单调递增，在上单调递减，作出函数的图象如图所示，其中，，则实数a的取值范围为．故答案为：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.【答案】（1）函数的增区间为和，减区间为（2）【解析】【分析】（1）根据极值的定义，结合导数的正负性与函数单调性的关系进行求解即可；（2）根据（1）的结论，结合函数最值性质进行求解即可.【小问1详解】由题意得，因为是函数的一个极值点，所以，即，当时，解得或，所以在和上单调递增；当时，解得，所以在上单调递减，因此是函数的一个极值点，所以函数的增区间为和，减区间为；【小问2详解】由（1）可知：函数的增区间为和，减区间为，所以是函数的极小值点，且，所以是函数的极大值点，且，当时，函数在和上单调递增，在上单调递减，因为，，所以当时，函数的最小值为.16.【答案】（1）选①②③，答案均为（2）（3）400．【解析】【分析】（1）选①，，则，写出展开式的通项公式，求出常数项；选②，令，则，则，写出展开式的通项公式，求出常数项；选③，易知，则，写出展开式的通项公式，求出常数项；（2）由（1）知，根据展开式的通项公式求出每一项，比较后得到结论；（3）在（2）基础上，得到含的项和常数项，乘以中相应的项，得到答案.【小问1详解】若选①，易知，则，此时的展开式的通项公式为，令得，故常数项为．若选②，令，则，则．此时的展开式的通项公式为，令得，故常数项为．若选③，易知，则．此时的通项公式为，令得，故常数项为．【小问2详解】由（1）知，则展开式的通项为，由于，，，，，，故展开式中系数最大的项为第3项，．【小问3详解】因为，所以问题为求展开式中的系数，先求展开式中含的项乘以1，该项为，再求展开式中常数项乘以，该项为，所以展开式中含的项为，所以其系数为400．17.【答案】（1）当时，函数极大值为，无极小值；当时，无极值；（2）证明见解析【解析】【分析】（1）求定义域，求导，分和两种情况，求出函数单调性，得到极值情况；（2）令gx=fx【小问1详解】由题意得的定义域为，则，当时，在上单调递增，无极值；当时，令，则，令，则，即在上单调递增，在上单调递减，故为函数的极大值点，函数极大值为，无极小值；综上，当时，函数极大值为，无极小值；当时，无极值；【小问2详解】证明：当时，，设，g′x令hx=则h′x=x+2eh12故∃x0∈12,整理得x0+1ex0=当时，hx<0,gx在当时，hx>0,gx在故g(x)min即，即，则.18.【答案】（1）（2）答案见解析（3）证明见解析【解析】【分析】（1）根据零点的定义直接求解可得；（2）利用导数的正负判断函数的单调性；（3）要证的不等式转化为，再构造函数用导数证明可得.【小问1详解】解：若，则，得或（舍），所以.所以的零点为；【小问2详解】若，，函数的定义为，所以，令，得或，即或.①时，即，当时，，所以；当时，，所以；当时，，所以.所以函数在上单调递减，在上单调递增.②当，即时，当时，，；当时，，.所以函数在是单调递减.③当时，即，当时，，；当时，，所以；当时，，所以.所以函数在上单调递减，在上单调递增.综上，当时，函数在上单调递减，在上单调递增；当时，函数在是单调递减.；当时，函数在上单调递减，在上单调递增.【小问3详解】因，要证，只需证，即，令，，因此只需证即可.，再令，则因，所以，得，即，所以在上单调递增，且，.由零点存在性定理，存在唯一，使得，即.所以在有唯一零点，且当，当，所以在上单调递减，在上单调递增，且，，所以对，都有成立，所以，成立．19.【答案】（1）或．（2）且（3）【解析】【分析】（1）设切点，利用导数的几何意义和两点斜率公式列方程可求，再利用点斜式求切线方程；（2）利用导数判断函数的单调性，作函数的大致图象，由时，成立，可得，求函数的对称中心，利用对称性化简可得，结合图象进一步化简，由此可求结论，（3）由条件结合导数运算法则可得，令，，利用导数研究函数的单调性，结合函数性质求其零点，由此可得结论.【小问1详解】因为，故可设切点为，，所以，整理得：解得：或，当时，切点为，切线斜率为，故切线方程为，当时，切点为，切线斜率为，切线方程为，故切线方程为：或．【小问2详解】，当且仅当时，，由（1），所以当时，，函数在上单调递增，当时，，函数在上单调递减，当时，，函数在上单调递增，又由可得，，，作函数的大致图象如下，