河南省普通高中2025-2026学年高二下学期春期期中联考试题 数学 含解析

河南周口市天立高级中学等校2025-2026学年高二下学期期中联考

数学试卷

一、单选题

1．已知函数fxx2x1，则曲线yf(x)在点1,f1处的切线在y轴上的截距为（）

A．ln2B．ln22C．1ln2D．ln2

2213

2．已知函数fxxxsinxcosx，若aflog2，bfsin2，cf，则（）

4e2

A．bacB．abcC．cbaD．cab

2

3．已知函数fxxaxb，其中ab，3为fx的极大值点.若fx在b1,a内有最小值，则a的

取值范围是（）

9999

A．3,B．,C．4,D．,

2222

4．有五名同学站成一排照相，其中甲与乙互不相邻，丙与丁必须相邻，则所有不同的排法有（）种

A．24B．48C．72D．144

5．有5名护士到某医院实习，该医院将这5名护士分到心内科、心外科、骨科这三个科室，每个科室至少

分1人，且每人只去一个科室，则不同的分配方案种数为（）

A．40B．90C．150D．240

*k1

6．已知k元一次方程x1x2x3xkn（nk，n2，n，kN）的正整数解的个数为Cn1，则方

程x1x2x3x425满足xi2i（i1,2,3,4）的整数解的个数为（）

A．35B．56C．84D．120

n

213

7．已知ax的展开式中二项式系数之和为32，各项系数之和为243，则其展开式中x的系数是（）

x

A．48B．64C．40D．80

8．“杨辉三角”是二项式系数在三角形中的一种几何排列，在中国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章

算法》一书中就有出现．如图，在“杨辉三角”中，除每行两边的数都是1外，其余每个数都是其“肩上”的两

个数之和，如第4行的6为第3行中两个3的和．则下列命题正确的是（）．

A．在“杨辉三角”第9行中，从左到右第7个数是86

B．第9行所有数字之和为256

a10

C．记第20，21行数字的最大值分别为a，b，则

b21

D．在“杨辉三角”中，从第2行起到第12行，每一行的第3列的数字之和为286

二、多选题

9．已知函数fxx33x2，则（）

A．fx有两个极值点B．fx0当且仅当x2

2

C．当x1时，fx1f2xD．若fx1fx24，则x1x20

10．已知f(x)(x1)exx2，则下列说法正确的是（）

A．函数f(x)在0,ln2上单调递增

B．函数f(x)有1个零点

f(x1)f(x2)x1x2

C．对任意x1,x2[1,)，x1x2，都有f

22

D．若函数g(x)f(x)m在区间0,2上有且只有一个零点，则m[1,e24]

11．近期，某市疫情爆发，全国各地纷纷派出医护人员驰援该市.某医院派出甲、乙、丙、丁四名医生奔赴

该市的A,B,C,D四个区参加防疫工作，下列选项正确的是（）

A．若四个区都有人去，则共有24种不同的安排方法.

B．若恰有一个区无人去，则共有144种不同的安排方法.

C．若甲不去A区，乙不去B区，且每区均有人去，则共有18种不同的安排方法.

D．若该医院又计划向这四个区捐赠10箱防护服（每箱防护服均相同），且每区至少发放1箱，则共有

84种不同的安排方法.

三、填空题

12．将4名志愿者分配到花样滑冰、短道速滑、冰球和冰壶4个项目进行培训，每名志愿者只分配到1个

项目，每个项目只培训一人，志愿者小明不去花样滑冰项目，则不同的分配方案共有___________种（用

数字作答）

．若25210，则．

13x3x1a0a1xa2xa10xa1a2a10________

2x

14．设函数f(x)lnxxax(aR)，若f(x)有两个极值点1，x2，且x1(0,2，则f(x1)f(x2)的最小

值是________.

四、解答题

15．人工智能社团有6位同学，计划对ChatGPT、Sora、GPT-4、Claude这4种人工智能语言模型展开学习

调研，要求每类模型至少有一人负责，每人只能选择一种模型．

(1)若从社团中选出5人去调研，共有多少种不同的调研安排方案？

(2)若6位同学都同时参与调研，且甲、乙两位同学调研同一种模型，共有多少种不同的安排方案？

16．已知函数fxax2x1ex，其中a0．

(1)当a1时，求函数fx的极小值；

(2)当x0时，fx≥e恒成立，求a的取值范围．

17．有标号1，2，3，4，5，6的六个小球和标有A，B，C，D的四个盒子．（结果均使用数值表示）

(1)若将小球全部放入盒中，每盒中小球数量没有限制，有多少种放法？

(2)若每盒放入一球，1号球、2号球不能放入A盒和D盒，有多少种放法？

(3)若将小球全部放入盒中，恰有两个盒子为空且盒中球的数量不超过4个，有多少种放法？

727

18．已知12xa0a1xa2xa7x，求下列各式的值：

(1)a0a1a2a7；

(2)a12a27a7；

(3)求该展开式中系数的绝对值最大的项.

19．已知函数fxexcosx1ax，aR.

(1)若a1，求曲线yfx在xπ处的切线方程；

(2)若a0，求yfx在0,π内的极值；

x

(3)设gxfxecosx，若gx有2个零点x1，x2，且x1x2，求证：x1x22lna.

参考答案及解析

1．D

解析：由fxx2x1，得fx12x1x2x1ln22x11xln2，

所以f1201ln21ln2，又f11201，

曲线在1,1处的切线方程为y11ln2x1，

令x0得y轴上的截距为ln2．

2．D

2

解析：由fxx2xsinxcosx，定义域为R，

4

2

则fx(x)2xsinxcosxfx，

4

因此f(x)是偶函数，

133

故：aflog2flog2eflog2e，cff，

e22

22

对f(x)求导得：fxxsinxxcosxsinxxxcosx

22

因为0sin21，

3

3

2323

由e2，得2，所以1<loge<log2，

e2222

π2

当x0,时，fxxcosx0，

22

π

即f(x)在(0,)上单调递增，

2

π3

因此大小关系为：logesin20，

222

3

结合f(x)的单调性得：fflog2efsin2，

2

即cab.

3．B

2ab2ab

解析：fx3xbx，由于ab，则b，

33

2ab2ab

所以由fx0xb或x；由fx0bx.

33

2ab2ab

所以函数fx在,b和,上单调递增，在b,上单调递减.

33

2ab

故xb是fx的极大值点，x是fx的极小值点.所以b3，

3

2a32a3

若fx在4,a内有最小值，只需4a且ff4，

33

2a3

4a

399

即2，解得a，所以a的取值范围是,.

2a32a322

a34a

33

4．A

2

解析：将丙和丁看作一个整体（捆绑），内部可以交换顺序，有A22种，

2

①先排（丙丁）和戊，有A22种排法，这两个排好后，会产生3个空位（包括两端），

2

②从3个空位中选2个来排甲和乙，有A36种排法，

所以总排法为22624种．

5．C

解析：解：先将5名护士分成3组，每组至少1人，分组方式有2,2,1；3,1,1，

C2C2A3C3C1A3

533523

则不同的分配方案种数为22150．

A2A2

6．B

解析：由x1x2x3x425得，x11x23x35x479，

令yixi2i1，i1,2,3,4.

则原问题等价于方程y1y2y3y49的正整数解的个数，

3

由题意知符合条件的个数为C856，

故选：B.

7．D

解析：因为展开式中二项式系数之和为32，

5

n21

则232，解得n5，即二项式为ax，

x

5

21

又因为ax的展开式中各项系数之和为243，

x

5

5

221

令x1可得a1243，解得a2，即二项式为2x，

x

r

5r1

其展开式的通项公式为rr5r52r，r0,1,2,3,4,5，

Tr1C52xC52x

x

314

令52r3，可得r1，所以展开式中x的系数是C5280.

8．D

6

解析：在“杨辉三角”第9行中，从左到右第7个数是C984，A错误；

由二项式系数的性质知，第n行各数的和为2n，所以第8行所有数字之和为28256，则第9行数字之和必

大于256，B错误；

20!

10

101011aC2010!10!11

第20行数字的最大值为aC20，第21行数字的最大值为bC21C21，所以10，C错

bC2121!21

10!11!

误；

在“杨辉三角”中，当n12时，从第2行起，每一行的第3列的数字之和为

222232223

C2C3C4C12C3C3C4C12C13286，D正确．

故选：D

9．ABC

解析：已知fxx33x2，求导得fx3x233x1x1，

令fx0，得x1或x1，

当x1时，fx0，fx单调递增；

当1x1时，fx0，fx单调递减；

当x1时，fx0，fx单调递增，极大值f14，极小值f10，

2

因式分解得：fxx1x2，

对于A选项：fx有两个极值点fx0有两个实数根x1和x1，

且在这两点左右两侧导数异号，因此这两个点都是极值点，故A正确；

22

对于B选项，因为fxx1x2，其中x10，

要使fx0，必须有x20且x1，

解x20，得x2，此时自然满足x1，

因此不等式解集为,2，故B正确；

对于C选项：当x1时，fx21f2x，当x1时，2x21，

且x2112121，故两者均处于fx的单调递增区间1,，

22

x212xx1，因为x1，所以x10，即x212x，

又函数在1,上单调递增，故fx21f2x，故C正确；

3

对于D选项：取x12，计算得f223220，为了使和为4，

33

需要fx24，令x3x24，即x3x20，

2

分解得x1x20，解得x21或x22，

若取x12,x21，满足fx1fx24，但此时x1x230，

因此原命题不一定成立，故D错误.

10．BC

解析：函数f(x)的定义域为R，则f(x)xex2xx(ex2)，

对于A，当0xln2时，f(x)0，则f(x)在0,ln2单调递减；

当ln2x或x0时，f(x)0，则f(x)在(,0)，(ln2,)单调递增，故A错误；

对于B，由A可知，f(x)在x0处取极大值，在xln2处取极小值，

2

极大值为f(0)10且f(ln2)ln221ln20；

又当x，f(x)，故f(x)在R上只有一个零点，故B正确；

f(x)f(x)xx

对于C，12f12代表该函数为凹函数，

22

记h(x)xex2x，则h(x)(x1)ex2，

又h12e20，当x[1,)时，h(x)0恒成立，函数为凹函数，故C正确；

对于D，由上知f(x)在0,ln2单调递减，在ln2,2单调递增，

2

又f(2)e240，f(0)1，f(ln2)ln221ln2

所以g(x)f(x)m在区间0,2上有且仅有一个根等价于函数f(x)在0,2上的图象与直线ym只有一个

交点，

2

所以1me24或mln221ln2，故D错误．

故选：BC．

11．ABD

4

解析：对于A，若四个区都有人去，则共有A424种不同的安排方法.故A正确；

123

对于B，若恰有一个区无人去，则共有C4C4A3144种不同的安排方法.故B正确；

对于C，若甲不去A区,乙不去B区，且每区均有人去，可考虑4人的全排列，去掉甲去A区，乙去B区，

再加上甲去A区同时乙去B区，

4332

即共有A4A3A3A214种不同的安排方法.故C不正确；

对于D，若该医院又计划向这四个区捐赠10箱防护服(每箱防护服均相同)，且每区至少发放1箱，

3

即使用3块隔板将10箱隔成4份，且隔板不相邻、不在两端，则共有C984种不同的安排方法.故D正确.

故选：ABD.

12．18

解析：志愿者小明不去花样滑冰项目，则小明有3种分配方法，

3

将另外3名志愿者分配剩下的3个项目，有A3种分配方法，

3

根据分步乘法计数原理可得不同的分配方案共有3A318种．

13．3124

解析：由题设，含xk的项中，当k为奇数，系数为负，而当k为偶数，系数为正，

所以a1a2a10a1a2a3a9a10，

5

令x0，则a011；

5

令x1，得a0a1a2a3a9a1053125，

所以a1a2a10312513124．

63

14．3ln2

16

12x2ax1

解析：f(x)定义域为(0,)，f(x)2xa，

xx

2

f(x)有两个极值点x1，x2等价于2xax10在(0,)上有两个不等实根x1，x2，

1

a1

x1x2，x1x2，a2(x1x2)，x2，

222x1

22

f(x1)f(x2)lnx1x1ax1lnx2x2ax2

1

x1

2112x1

lnx1x12x1(x1)ln(2x1)2

2x14x1x1

21

2lnx1x12ln2(0x12)，

4x1

1

设g(x)2lnxx2ln2(0x2)，

4x2

214x24x41(2x21)2

则g(x)2x0，

x2x32x32x3

163

g(x)在(0,2]上单调递减，g(x)g(2)2ln24ln23ln2，

1616

2163

即f(x1)f(x2)2lnx1x12ln23ln2，

4x116

63

f(x)f(x)的最小值为3ln2．

1216

63

故答案为：3ln2．

16

15．(1)1440

(2)240

5

解析：（1）首先，从6位同学中选5人，有C6种选法，

接下来将5人分配到4种模型，且每类模型至少1人负责，

2

则5人分为：2人，1人，1人，1人四组，有C5种方法，

再将这四组对应4种模型进行全排列，

524

不同的调研安排方案有C6C5A4610241440种.

（2）首先将甲、乙两位同学视为一个整体（一个元素），

此时相当于5个元素分配到4种模型,每类模型至少有一人，

2

即分成元素个数分别为“2，1，1，1”四组，则有C5种方法，

4

再将这四组对应4种模型进行全排列，有A4种方法，

所以，若6位同学都同时参与调研，且甲、乙两位同学调研同一种模型，

24

共有C5A41024240种不同的安排方案.

16．(1)e

(2)1,

解析：（1）当a1时，函数fxx2x1ex，求导得：

f'x2x1exx2x1exx2x1ex，

令f'(x)=0，解得x2或x1，

当x2时，f'x0，fx单调递增；

当2<x<1时，f'x0，fx单调递减；

当x1时，f'x0，fx单调递增；

x1是极小值点，代入函数得f11211e1e．

（2）ax2x1exe,x0恒成立，

ex0，不等式化为ax2x1e1x，

x1e1x

整理得ax2x1e1x，x>0，问题转化为ax0，

x2

x1e1x

令hx，则ahx，

x2max

1e1xx2x1e1x2x

h'x，令分子为0，化简得

x4

1e1xx2x1e1x，整理得e1xx2x2，

x>0，x20，故e1x1，解得x1，

当0x1时，h'x0，hx单调递增；

当x1时，h'x0，hx单调递减；

11e0

hx在x1处取得最大值：h11，

12

当a1时，fxx2x1ex，x1时f11211e1e，

且对所有x0，fx≥e成立；

当a1时，x1处f1a2e<e，不满足条件，

a的取值范围为1,．

17．(1)4096

(2)144

(3)300

解析：（1）因为小球全部放入盒中，每盒中小球数量没有限制，则每个球均有4种选择，

所以有464096种不同放法.

（2）若每盒放入一球，1号球、2号球不能放入A盒和D盒，

2

先排A盒和D盒，有A412种不同放法，

2

再排B盒和C盒，有A412种不同放法，

所以有1212144种不同放法.

2

（3）若恰有两个盒子为空，有C46种不同选法，

且小球全部放入盒中，剩余两个盒中球的数量不超过4个，

42

若其中一个盒中球的数量为4个，有C6A230种不同放法；

3

若其中一个盒中球的数量为3个，有C620种不同放法；

所以有63020300种不同放法.

18．(1)2187

(2)14

(3)672x5

727

解析：（1）已知12xa0a1xa2xa7x，

r7rrrrr

展开式的通项Tr1C712x2C7x，

rrrr

因为ar2C7，所以ar2C7，

7

所以a0a1a2a7等价于12x展开式中各项系数之和，

7

令x1，得a0a1a2a732187．

727

（2）对12xa0a1xa2xa7x，

626

两边同时求导得712x2a12a2x3a3x7a7x，

6

令x1，得a12a27a7712214．

rr

（3）设第r1项的系数绝对值最大，即ar2C7最大，

7!7!

2r2r1

2rCr2r1Cr1r!7r!r1!8r!

所以77，即，

rrr1r1

2C2C7!7!

772r2r1

r!7r!