2025-2026学年安徽滁州市定远县高二下册4月期中数学试题 含答案

/数学满分150分，考试时间120分钟.一、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.已知，则n+2021⋅A. B. C. D.Cn+202662.下列求导运算正确的是（）A.ex+2'C.1x2'3.某质点的运动路程（单位：）与时间（单位：）的关系为，则该质点在时的瞬时速度为（）A. B. C. D.4.下列等式中成立的是（）A. B.C. D.5.如图，若闭合最少的开关使小灯泡发光，则不同的方法有（）A.种 B.种 C.种 D.种6.已知函数的导函数为，若，则的极小值点为（）A.-4 B.0 C. D.47.二项式定理，又称牛顿二项式定理.二项式定理可以推广到任意实数次幂，即广义二项式定理：对于任意实数，1+xα=1+α1!⋅x+αα−12!⋅xA.3.9375 B.3.9675C.3.9875 D.4.00758.近年随着“双减”政策的实施，国家对体育教育越来越重视.某中学响应号召，开设了“跳绳”“立定跳远”“跳高”“跑步”四门训练课程，要求学生初中阶段3学年中必须将四门训练课程学完，每位同学每学年最多选3门，则每位同学的不同选修课程的方式有（）A.56种 B.78种 C.96种 D.120种二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合要求.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.已知的展开式中各二项式系数之和为64，则（）A. B.常数项为160C.含项的系数为240 D.二项式系数最大的项为第3项10.年法国数学家帕斯卡独立发明了下面的一个无穷方阵（只给出了方阵的前行前列的部分数字），西方称之为帕斯卡三角，可以看出，从此方阵左上方切下一个等腰三角形（虚线部分）恰为杨辉三角，帕斯卡这一发明比我国杨辉晚了年左右.记方阵中第行第列的数字为，认真观察方阵，下列结论正确的是（）A.B.C.D.11.已知函数fx=−x3+A.不是定值B.C.，使得曲线关于点2+a,fD.f′三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.______.（用组合数表示）13.已知函数及其导函数的定义域均为，若，且，则不等式的解集为______.14.设，若是大于3的偶数，则除以1225的余数构成的集合是______.四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤.15.已知函数.（1）求在处的切线方程；（2）已知，求的单调区间.16.已知.（1）分别求的值；（2）求的值.17.（1）将6个不同的小球放入编号分别为1、2、3的三个不同盒子.若要使每个盒子的球数不小于它的编号数，则共有多少种不同的放法？（2）有编号为1、2、3、4的四个不同的盒子，编号为1、2、3、4的四个不同的球，现把四个小球逐个随机放入四个盒子里.若每盒放一个球，且恰好只有一个球的编号与盒子的编号相同，则有多少种不同的放法？（3）求方程的正整数解（）的组数.18.已知函数.（1）若，求的最值；（2）若方程在上有两个实数根，求实数的取值范围；（3）若，证明.19.已知函数.（1）当时，求的极值；（2）若恒成立，求实数的取值范围；（3）证明.

数学满分150分，考试时间120分钟.一、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.已知，则（）A. B. C. D.Cn+20266答案：C解析：解答过程：由题意可知，.2.下列求导运算正确的是（）A.ex+2'C.1x2'答案：B解析：思路：先确定内层函数和外层函数，再根据复合函数求导法则进行求导，最后逐个验证即可.解答过程：选项A：(e选项B：(x选项C：1x选项D：(log3.某质点的运动路程（单位：）与时间（单位：）的关系为，则该质点在时的瞬时速度为（）A. B. C. D.答案：B解析：思路：根据导数的运算法则，求得，得到的值，即可求解.解答过程：由运动路程与时间的关系为，可得，当时，，即质点在时的瞬时速度为.4.下列等式中成立的是（）A. B.C. D.答案：D解析：思路：直接根据排列数及组合数公式计算可得.解答过程：对于A，，所以，A错误；对于B，因为，所以，B错误；对于C，，所以，C错误；对于D，因为，所以，所以，所以D正确.5.如图，若闭合最少的开关使小灯泡发光，则不同的方法有（）A.种 B.种 C.种 D.种答案：D解析：解答过程：由图可知，上方左侧个并联开关选个闭合，右侧个并联开关选个闭合，最下方开关闭合，小灯泡发光，有种情况；下方左侧个并联开关选个闭合，右侧个并联开关选个闭合，最下方开关闭合，小灯泡发光，有种情况；因此，不同的方法有2×2+2×3=4+6=10种，故D正确.6.已知函数的导函数为，若，则的极小值点为（）A.-4 B.0 C. D.4答案：C解析：思路：解题的关键是先对函数求导，再通过令求出的值，进而得到的表达式，最后根据导数与函数单调性的关系求出函数的极小值点.解答过程：由题知，f′令，所以f′1=3+2f将f'(1)=5代入得令，则，解得：x=23由得或，由得，故在，上单调递增，在上单调递减，所以的极小值点为.7.二项式定理，又称牛顿二项式定理.二项式定理可以推广到任意实数次幂，即广义二项式定理：对于任意实数，1+xα=1+α1!⋅x+αα−12!⋅xA.3.9375 B.3.9675C.3.9875 D.4.0075答案：A解析：解答过程：由题意得3618.近年随着“双减”政策的实施，国家对体育教育越来越重视.某中学响应号召，开设了“跳绳”“立定跳远”“跳高”“跑步”四门训练课程，要求学生初中阶段3学年中必须将四门训练课程学完，每位同学每学年最多选3门，则每位同学的不同选修课程的方式有（）A.56种 B.78种 C.96种 D.120种答案：B解析：思路：三年学完四门训练课程，按照每学年所选课程数量分类：课程数为1，1，2或0，1，3或0，2，2共三类，先分组再排列.解答过程：由题意可知，三年学完四门训练课程，则每位同学每年所修课程数为1，1，2或0，1，3或0，2，2.①若是1，1，2，则先将4门课程分成三组，再分配到三个学年，有种方法；②若是0，1，3，同理可得有种方法；③若是0，2，2，同理可得有种方法.所以每位同学的不同选学课程的方式有种.二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合要求.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.已知的展开式中各二项式系数之和为64，则（）A. B.常数项为160C.含项的系数为240 D.二项式系数最大的项为第3项答案：AC解析：思路：根据二项式系数的性质，可判定A正确，D错误；求得二项展开式的通项，结合通项公式，可判定B错误，C正确.解答过程：对于A，由二项式的展开式中各二项式系数之和为64，可得，解得，故A正确；对于B，二项展开式的通项公式为Tr令，可得，所以展开式的常数项为C63×对于C，令，解得，所以含项的系数为C62×2对于D，二项式系数最大的项为第项，故D错误.10.年法国数学家帕斯卡独立发明了下面的一个无穷方阵（只给出了方阵的前行前列的部分数字），西方称之为帕斯卡三角，可以看出，从此方阵左上方切下一个等腰三角形（虚线部分）恰为杨辉三角，帕斯卡这一发明比我国杨辉晚了年左右.记方阵中第行第列的数字为，认真观察方阵，下列结论正确的是（）A.B.C.D.答案：ABD解析：思路：由帕斯卡方阵可知，进而根据组合数公式及组合数性质运算判断各个选项可得.解答过程：对A：观察帕斯卡方阵可知，，所以，根据组合数性质得aj对B：由A分析知，所以，即，故B正确；对C：由A分析知，可得，故C错误；对D：由组合数公式得ai11.已知函数fx=−x3+A.不是定值B.C.，使得曲线关于点2+a,fD.f′答案：BCD解析：思路：设，由恒等式知识求得，判断A，利用导数及零点存在定理求参数范围判断B，利用是关于的恒等式求得，判断C，由求导后求出f′x1，f′x解答过程：对A，设fx=−所以，a2=−x1对B，f′x=−3x2当x∈a,−所以在，上单调递减，在上单调递增，要使有三个零点，因为，所以fa=−a3+对C，由题意为常数，所以，，所以，使得曲线关于点2+a,f对D，由得，f′xf′f′所以f′三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.______.（用组合数表示）答案：解析：思路：利用组合数的性质计算即可解答过程：原式.13.已知函数及其导函数的定义域均为，若，且，则不等式的解集为______.答案：解析：思路：令，根据题意可得在上单调递减，不等式可化为，根据函数的单调性解不等式即可求出答案.解答过程：令，因为，所以，即在上单调递减，又，所以，因此不等式等价于，所以，解得，所以不等式的解集为.14.设，若是大于3的偶数，则除以1225的余数构成的集合是______.答案：解析：思路：利用二项式定理化简，再将偶数换元为并展开，可证是1225的倍数，即可求得.解答过程：因为，所以，若是大于3的偶数，令，则=35因为对m∈N,所以能被1225整除，故余数为0，即余数构成的集合是.四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤.15.已知函数.（1）求在处的切线方程；（2）已知，求的单调区间.答案：（1）（2）单调递增区间为，单调递减区间为解析：（1）由，得，所以，又，所以在处的切线方程为，即.（2）因为，则，易知时，恒成立，由，得，此时；由，得，此时，故的单调递增区间为，单调递减区间为.16.已知.（1）分别求的值；（2）求的值.答案：（1）；（2）0解析：思路：（1）设，求得，分别令和，两式相加求得，即可求得的值，再由多项式的展开形式，求得的值；（2）由（1）得和，令，即可求解.（1）解：设，可得，令，可得，令，可得，两式相加得，所以，又由.（2）解：由（1）知：，可得，令，可得，又由，可得，所以.17.（1）将6个不同的小球放入编号分别为1、2、3的三个不同盒子.若要使每个盒子的球数不小于它的编号数，则共有多少种不同的放法？（2）有编号为1、2、3、4的四个不同的盒子，编号为1、2、3、4的四个不同的球，现把四个小球逐个随机放入四个盒子里.若每盒放一个球，且恰好只有一个球的编号与盒子的编号相同，则有多少种不同的放法？（3）求方程的正整数解（）的组数.答案：（1）60（2）8（3）35解析：思路：（1）利用组合数，结合分步计数原理即可；（2）利用分类法和列举法，来解决其中3个元素的错位排列数；（3）利用隔板法来求正整数解的个数即可.解答过程：（1）当每个盒子的球数不小于它的编号数时，1号盒1个球，2号盒2个球，3号盒3个球，共有种不同的放法.（2）每盒放一个球，且恰好有一个球的编号与盒子的编号相同，则1、2、3、4号盒子里对应的球编号可能为1，3，4，2；1，4，2，3；2，3，1，4；2，4，3，1；3，2，4，1；3，1，2，4；4，1，3，2；4，2，1，3，共8种不同放法.（3）此为求正整数解的组合问题，可使用隔板法：将8个1看作8个相同的小球，在其形成的7个空隙中选择3个插入隔板，即可分成4份正整数，故共有组正整数解.18.已知函数.（1）若，求的最值；（2）若方程在上有两个实数根，求实数的取值范围；（3）若，证明.答案：（1）最大值为，无最小值（2）（3）证明见解析解析：思路：（1）若，求得，得出函数的单调性，进而求得函数的最值；（2）根据题意，转化为与直线在上有两个不同的交点，求得，得出的单调性，作出函数的图象，结合图象，即可求解；（3）由题意，转化为证明，令hx=ex−ln2x−1，求得，令，求得在上单调递增，得出有唯一的实数根，且，得出时，取得最小值，求得，进而证得结论.（1）解：若，则fx=ln2x−2当时，，单调递增；当时，，单调递减，所以当时，函数取得极大值，也是最大值，无最小值.（2）解：由fx=0,x又因为在上有两个实数根，等价于曲线与直线在上有两个不同的交点，又由，令，解得，当时，，当时，，所以在上单调递增，在e2,3e又因为ge2=2e，g3e=ln函数大致图象，如图所示，结合图象，可得，所以实数的取值范围为ln6e3（3）证明：当时，可得fx=要证fx<e令hx=e令φx=h所以在上单调递增，即在上单调递增，又由h′12<0，，所以在上有唯一的实数根，且，当时，，单调递减；当时，，单调递增，所以当时，取得极小值，也是函数最小值，由，可得，则，所以hx所以fx19.已知函数.（1）当时，求的极值；（2）若恒成立，求实数的取值范围；（3）证明.答案：（1）极小值为2，无极大值（2）（3）证明见解析解析：思路：（1）对求导得到函数的单调性，利用极值的概念