2025-2026学年山东省菏泽市巨野县第二中学、成武县第二中学等校高二下册期中学情检测数学试题 含答案

/数学第I部分（选择题共58分）一、单项选择题（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.下列求导数的运算中正确的是（）A. B.C. D.2.已知二项式的展开式中仅有第5项的二项式系数最大，则的值为（）A.8 B.7 C.6 D.53.下列函数中，在内为增函数的是（）A. B.C. D.4.如图，洛书（古称龟书），是阴阳五行术数之源.在古代传说中有神龟出于洛水，其甲壳上有此图像，结构是戴九履一，左三右七，二四为肩，六八为足，以五居中，五方白圈皆阳数，四角黑点为阴数.若从四个阴数和五个阳数中各随机选取2个数，组成无重复数字的四位偶数，这样的偶数有（）个A.360 B.540 C.720 D.14405.已知函数，若.则的值为（）A.5 B.6 C.7 D.86.某校组织包含甲在内的7名大学生前往观看足球､篮球､排球三场比赛，每场比赛至少有2名学生观看且每个人只观看一场比赛，则观看比赛的不同方案种数为（）A.630 B.1260 C.105 D.18907.已知函数，若与的图象恰有两个交点，则实数的取值范围为（）A. B.C. D.8.已知定义在上的函数的导函数为，且，则的大小关系为（）A. B.C. D.二、多项选择题（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.若为正整数且，则（）A. B.C. D.10.已知函数，则（）A.是的极小值点B.有两个不同零点C.若函数的对称中心为，则D.当时，11.在平面直角坐标系中，已知两点连线的斜率为1，则下列结论正确的是（）A. B.C. D.第II部分（非选择题共92分）三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知函数的导函数为，且，则的值为__________.13.参加实践活动的2名教师和甲，乙，丙，丁4名志愿者站成一排合影留念，其中教师相邻，且甲，乙不相邻的方法有__________种14.已知当时，不等式恒成立，则正实数的取值范围是__________.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.已知函数在处取得极小值．（1）求的值；（2）求在点处的切线方程．16.在二项式的展开式中，第3项和第4项的系数比为.（1）求的值及展开式中的常数项；（2）求展开式中系数最大的项.17.已知函数.（1）讨论的单调性；（2）当时，求在区间的最小值.18.已知（1）若，求实数的值.（2）已知展开式的所有二项式系数之和为128，且（i）求展开式中含项的系数；（ii）设，求除以所得余数.19.已知函数（）．（1）当时，求函数的最大值；（2）当时，求的单调区间；（3）若对，恒成立，求的取值范围．数学第I部分（选择题共58分）一、单项选择题（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.下列求导数的运算中正确的是（）A. B.C. D.答案：D解析：解答过程：对于A，，故A错误；对于B，，故B错误；对于C，，故C错误；对于D，令，，则，又因为，所以，故D正确.2.已知二项式的展开式中仅有第5项的二项式系数最大，则的值为（）A.8 B.7 C.6 D.5答案：A解析：解答过程：解：因为的展开式中，仅有第5项的二项式系数最大，所以．3.下列函数中，在内为增函数的是（）A. B.C. D.答案：B解析：思路：由导数进行单调性判断即可．解答过程：对于A项，在上单调递减，故A项错误；对于B项，，由得，，则在内为增函数，故B项正确；对于C项，，则在内单调递减，故C项错误；对于D项，，由得，，则在内单调递减，故D项错误．4.如图，洛书（古称龟书），是阴阳五行术数之源.在古代传说中有神龟出于洛水，其甲壳上有此图像，结构是戴九履一，左三右七，二四为肩，六八为足，以五居中，五方白圈皆阳数，四角黑点为阴数.若从四个阴数和五个阳数中各随机选取2个数，组成无重复数字的四位偶数，这样的偶数有（）个A.360 B.540 C.720 D.1440答案：C解析：解答过程：因为五方白圈皆阳数，四角黑点为阴数，所以阳数有1、3、5、7、9，阴数有2、4、6、8，因为从四个阴数和五个阳数中各随机选取2个数，所以选法有种，因为要组成无重复数字的四位偶数，所以只需要个位是偶数，而十位、百位、千位没有限制，所以排法有种，故满足条件的偶数共有个.5.已知函数，若.则的值为（）A.5 B.6 C.7 D.8答案：B解析：思路：由导数定义结合求导法则可得答案.解答过程：注意到，由求导得.6.某校组织包含甲在内的7名大学生前往观看足球､篮球､排球三场比赛，每场比赛至少有2名学生观看且每个人只观看一场比赛，则观看比赛的不同方案种数为（）A.630 B.1260 C.105 D.1890答案：A解析：思路：名同学分到三场比赛且每场至少人,只能按2,2,3人数分组,先算出并除以消除平均分组重复情况,再乘以三组对应三场比赛的排列,代入计算即得总方案数。解答过程：7名学生分配到三场比赛，每场至少2人，唯一分组形式为.先对7人进行分组，由于存在两组人数相同，需消除重复分组，分组数为.再将分好的三组分配到三场不同比赛，进行全排列，排列数为.总方案数为.7.已知函数，若与的图象恰有两个交点，则实数的取值范围为（）A. B.C. D.答案：D解析：思路：利用转化法，构造新函数，结合函数导数与函数单调性、最值分析求解即可.解答过程：若与的图象恰有两个交点等价于方程有两个不同的实数根，即方程有两个不同的实数根，因为，所以有，问题等价于函数与函数有两个不同的交点，令，则，当时，，当时，，所以函数在上单调递减，在上单调递增，所以，当时，，当时，，函数的图象如下图所示：所以要使得函数与函数有两个不同的交点，则，所以实数的取值范围为.8.已知定义在上的函数的导函数为，且，则的大小关系为（）A. B.C. D.答案：B解析：思路：根据条件得到，再利用导数与函数单调性间的关系，得到在区间上单调递减，即可求解.解答过程：由，得到，令，则，所以（为常数），又，则，所以，得到，又，当时，，所以在区间上单调递减，又，所以，故选：B.二、多项选择题（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.若为正整数且，则（）A. B.C. D.答案：ACD解析：思路：已知为正整数且，利用组合数对称性质验证A，借助组合数递推公式判断B，依据排列数阶乘公式推导C，再把组合数展开化简验证D，即可得出正确选项为ACD.解答过程：选项A：由组合数性质，得，正确.选项B：由组合数性质，得，错误.选项C：由排列数公式，，，正确.选项D：化简得，正确.10.已知函数，则（）A.是的极小值点B.有两个不同零点C.若函数的对称中心为，则D.当时，答案：BCD解析：思路：本题可按选项逐一分析，对A，先求导，根据导数符号判断单调性，确定为极大值点，A错误；对B，因式分解得，可知零点为（二重根）和，共两个不同零点，B正确；对C，利用三次函数对称中心公式，求得对称中心为，故，C正确；对D，先确定时，再求在该区间的值域为，D正确．解答过程：，，令，得，，当时，，单调递增；当时，，单调递减；当时，，单调递增，所以是极大值点，是极小值点．对于A，是的极大值点，A错误；对于B，，由，得，所以有两个不同零点，B正确；对于C，对于三次函数，对称中心为，若函数的对称中心为，则，，所以，C正确；对于D，当时，，因为在上单调递减，在上单调递增，且，，，所以，D正确．11.在平面直角坐标系中，已知两点连线的斜率为1，则下列结论正确的是（）A. B.C. D.答案：ABC解析：思路：利用导数的几何意义和直线的斜率公式进行证明，构建辅助函数，将交点转化为函数的零点，然后通过求导对辅助函数的单调性进行分析从而证明.解答过程：对选项AB：设，易知，求导可得单调递增，故的图象上某点处的切线的斜率随着自变量的增大而增大，，即，所以，且，故AB正确；对选项CD：设直线的方程为，则和是函数的两个零点，，求导可得，当时，，单调递减，当时，，单调递增，要证明，只需证明，因为，且在上单调递减，所以证明，即证明，因为，所以即证明，设，求导可得，所以在上单调递增，所以，因此，即，则，，故C正确，D错误.第II部分（非选择题共92分）三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知函数的导函数为，且，则的值为__________.答案：解析：思路：先求导数，解得，代入解得解答过程：因为，所以，代入得，解得，因此，所以13.参加实践活动的2名教师和甲，乙，丙，丁4名志愿者站成一排合影留念，其中教师相邻，且甲，乙不相邻的方法有__________种答案：144解析：思路：先将两位老师看作一个人，与丙，丁两人排列，再将甲，乙两人放进上述“3人”排列所形成的4个空位中，据此可得答案.解答过程：先将两位老师看作一个人并内部排序，再与丙，丁两人排列有种方法，再将甲，乙两人放进上述“3人”排列所形成的4个空位中，有种方法，故共有种排法.14.已知当时，不等式恒成立，则正实数的取值范围是__________.答案：解析：思路：由“不等式对一切恒成立”可先取特殊值，得到关于的必要条件；再设研究其在区间上的单调性，验证这个必要条件同时也是充分条件.解答过程：设题意要求恒成立,先求必要条件,因为当时，不等式也应成立，所以即设则所以在上单调递增,又故由可得下面证明这个条件也是充分的.当时，对，因为所以且于是又由于所以故在上单调递增，从而而当时，因此对一切都有所以正实数的取值范围为四、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.已知函数在处取得极小值．（1）求的值；（2）求在点处的切线方程．答案：（1），（2）解析：思路：（1）由题可得，即可得到的值．（2）根据导数的几何意义结合条件即得．（1），的定义域为，，因为在处取得极小值，所以，即，解得，，经检验满足题意，所以，；（2）由（1）得，，因为，，所以在点处的切线方程为，即．16.在二项式的展开式中，第3项和第4项的系数比为.（1）求的值及展开式中的常数项；（2）求展开式中系数最大的项.答案：（1），（2）系数最大的项为第项：解析：思路：（1）先写出二项展开式的通项，由第项与第项的系数比求出；再由通项中的指数等于求常数项；（2）考查二项展开式中“系数最大项”的判断，可用相邻两项系数作比来确定最大值出现的位置.（1）二项式的展开式通项为所以第项为，第项为因为第3项和第4项的系数比为，所以化简得所以，于是，解得当时，则第项的系数为第项的系数为，即第3项和第4项的系数比为，满足题意，故，此时通项为要使展开式中出现常数项，应有，解得所以常数项为故且常数项为（2）由（1）知其系数为考察相邻两项系数之比：当时，系数递增；当时，系数递减.由得即所以当时，系数递增；当时，系数递减.因此系数最大的项对应即第项.第项为故展开式中系数最大的项为17.已知函数.（1）讨论的单调性；（2）当时，求在区间的最小值.答案：（1）当时，在区间上单调递减，当时，在区间上单调递增，在区间上单调递减.（2）时，的最小值为；时，的最小值为.解析：思路：通过求导，利用导数的正负情况来分析函数的单调性，根据参数的范围进行分类讨论；利用第一小问的单调区间，根据参数的范围进行分类讨论从而求解最小值.（1），求导可得，分类讨论，当时，当时，，单调递减；当时，当时，，单调递增，当时，，单调递减，综上所述，当时，在区间上单调递减，当时，在区间上单调递增，在区间上单调递减.（2）由可知，当时，在区间上单调递增，在区间上单调递减，分类讨论，当，即时，在上单调递增，所以最小值为；当，即时，在上单调递减，在上单调递增，所以最小值为，综上所述，时，的最小值为；时，的最小值为.18.已知（1）若，求实数的值.（2）已知展开式的所有二项式系数之和为128，且（i）求展开式中含项的系数；（ii）设，求除以所得余数.答案：（1）（2）（i），（ii）解析：思路：（1）利用赋值进行求解；（2）（i）由，得，由二项式的展开式的系数求解；（ii）由，分析其展开式的项，即可求解．（1）令得，，令得，，则，得．（2）展开式的所有二项式系数之和为128，得，得，则的通项公式为：，得，得，得，（i），则展开式中含项的系数为：．（ii）由得，，因为，所以余数为．19.已知函数（）．（1）当时，求函数的最大值；（2）当时，求的单调区间；（3）若对，恒成立，求的取值范围．答案：（1）（2）答案见解析（3）解析：思路：（1）求出，得到函数的单调区间，从而求得函数的最大值；（2）分，和以及四种情况讨