湖北武汉部分重点中学（六校）2025-2026学年下学期学期期中高二数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1湖北武汉部分重点中学（六校）2025-2026学年下学期学期期中高二数学试题一、选择题：本大题共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.的展开式中的系数为（）A.40 B. C.80 D.【答案】A【解析】的展开式的通项，令，解得，所以，所以项的系数为，故选：A.2.已知是函数的导函数，，则（）A.0 B.1 C.2 D.3【答案】C【解析】由f(x)=e2x所以.3.小明桌子上有本不同的数学书，本相同的物理书，现将这本书依次全部取走，则不同的取书顺序有（）种A. B. C. D.【答案】D【解析】步骤：先假设所有书都不同，如果本书全不同，那么取书顺序的总数是，步骤：考虑相同书的重复情况，因为有本相同的物理书，这本书的顺序交换不会产生新的取法，所以需要除以这本书的排列数，所以，不同的取书顺序有．4.函数的大致图象为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】当时，，，所以，故D错误；因为为偶函数，所以函数的图象关于直线对称，故C错误；当时，，，因为，所以函数在上存在单调减区间，故B错误；故选：A.5.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. B. C. D.【答案】A【解析】将丙和丁看作一个整体（捆绑），内部可以交换顺序，有种，①先排（丙丁）和戊，有种排法，这两个排好后，会产生个空位（包括两端），②从个空位中选个来排甲和乙，有种排法，所以总排法为种．6.已知，其中为函数的导数，则（）A.2 B.0 C.2026 D.2027【答案】B【解析】因为的定义域是，且所以为奇函数，所以，，因为的定义域是，且所以为偶函数，所以，所以．7.令，，，则下列大小排列正确的是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】令fx=ln1+x-所以在上单调递增，所以，令，则ln1.1-0.11+0.1>0，即令gx=ex当时，，单调递减；当时，，单调递增；所以，即（当且仅当取等号），令，则，令，则，所以在上单调递减，即，令，得ln1+0.1-0.1<0，即ln1.1所以e-0.9>0.1>ln综上．8.已知定义在上的函数及其导函数均连续，且满足对于定义域上任意的x均有，则正确的是（）A.当时， B.当时，C.当时， D.当时，【答案】A【解析】因为，则，可得，令，则，可知在定义域内单调递减，且，当时，，即，且，可得.当时，，即，且，可得.对于选项A：当时，则，，可得，，假设，则，，可得，与题意相矛盾，假设不成立，所以，故A正确；对于选项B：当时，则，所以，故B错误；对于选项C：当时，则，故C错误；对于选项D：当时，，则，故D错误；二、选择题：本大题共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.若甲，乙，丙，丁，戊五人要前往A，B，C，D四个景区游玩且每个人都必须分配到游玩的景区，则下列说法正确的是（）A.若每个景区都必须有人游玩，则一共有240种分配方法.B.若每个景区都必须有人游玩且甲，乙二人不能去同一个地方，则一共有216种分配方法.C.若只能选择两个景区游玩且甲，乙二人必须去同一个地方，则一共有84种分配方法.D.若至多有一个景区没有人游玩，则一共有600种分配方法.【答案】ABC【解析】对于A，条件：5人去4个景区，每个景区都有人．先把5人分成4组（必有1组2人，其余3组各1人）：分组方法数为种，再将4组分配到4个景区：排列方法数为种．所以总方法数：种，A正确；对于B，条件：5人去4个景区，每个景区都有人．先计算总方法数（同A）：240种．再计算甲、乙同景区的方法数：把甲、乙看作1组，再和其余3人分成4组，再分配到4个景区，方法数为种．所以符合条件的方法数：种，B正确；对于C，条件：只能选2个景区，且甲、乙同景区．先选2个景区：种．把甲、乙看作1组，剩余3人每人都有2种选择（2个景区），但不能全选另一个景区（否则甲、乙所在景区没人）：总选择数为24-2=14所以总方法数：种，C正确；对于D，条件：至多有1个景区没人（即“0个景区没人”或“1个景区没人”）．0个景区没人（同A）：240种．1个景区没人：先选1个空景区种，再把5人分到3个景区（分组为2,2,1或3,1,1）：分组为2,2,1：种，再排列种，共种．分组为3,1,1：种，再排列种，共种．1个空景区的总方法数：4×90+60=600所以总方法数：种，D错误．10.将按照二项式定理展开后，其各二项式系数可以形成“杨辉三角”（图1），将”杨辉三角”中所有的奇数涂成黑色圆，偶数涂成白色圆，就得到“谢尔宾斯基三角形”（图2），则下列说法正确的是（）A.在“杨辉三角”中，第n行的所有数字之和为B.在“杨辉三角”中，记第行的第个数为，则C.在“谢尔宾斯基三角形”中，第行全行都为黑色圆D.在“谢尔宾斯基三角形”中，第126行的黑色圆比白色圆少一个【答案】ABC【解析】第行的所有数字之和为，A正确；an,n-1=Cnn-2通过观察规律归纳可知：第行数字都是奇数，因此可以归纳出第2n-1-1n=1,2,⋯行全行都是奇数，故都为黑色圆，由C可知第127行全行为奇数，则由奇数+偶数=奇数，结合，则第126行的127个数是奇偶相间，且两端都是奇数，所以黑色圆比白色圆多一个，D错误.11.已知函数有两个零点，，且，则下列说法正确的是（）A. B.C. D.有极小值点，且【答案】AD【解析】由题意，函数，则，对于A，当时，在上恒成立，所以函数单调递增，不符合题意；当时，令，解得，令f'x=ex-a<0所以函数在上单调递减，在上单调递增，因为函数有两个零点且，则flna=elna-a所以，解得，故A正确；对于B，由于函数在上单调递减，在上单调递增，且f0=1>0,f1=e-a<0由题意知，两边取自然对数得：，两式相减得，令，由于，所以，则，代入上式得，从而，因此，令，则，所以在上单调递增，所以，由于，所以，即，故B错误对于C，令，则，所以在上单调递减，所以，即，由于，所以，即，故C错误；对于D，由f'x当时，；当时，，所以有极小值点，由题意知，得，因此，由于，因此，即，故D正确.三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.12.将1，2，3，4，5，6随机排成一行，前3个数字构成三位数，后三个数字构成三位数.记，则小于100的概率为______.【答案】【解析】由题意，要使小于100，百位必相邻，且较大数的十位小于较小数的十位，个位无限制，分两步：取百位的概率为；取十位，在剩下的4个数字中取两数分配给作十位，而的十位大于的十位与的十位小于的十位的概率相等，此步符合要求的概率为.所以小于100的概率为.故答案为：.13.将1，2，3，4，5，6随机排成一行，前三位数字构成三位数a，后三位数字构成三位数b，记，m小于100的概率是_______【答案】【解析】由题意可知，要使，则和的百位数必须相邻，不妨设的百位数比的百位数大1，则必须满足的后两位构成的两位数小于的后两位构成的两位数，两个数的百位数相邻的概率为，取后两位数时，对于给定的4个数字，由对称性可知，此条件成立的概率为，因此小于100的概率为.14.已知只有1个零点，则a的取值范围是________.【答案】【解析】由题意可知：函数的定义域为，令，可得，令，则gxln因为在定义域内单调递增，则，且，可得，令，，则，令，解得；令，解得；可知在内单调递增，在内单调递减，则，且当趋近于0时，趋近于；当趋近于时，趋近于0；可得的图象，如图所示：由题意可知：与只有1个交点，则或lna≤0，解得或，所以a的取值范围是.四、解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程和演算步骤.15.已知函数，当时，有极小值．（1）求实数a，b的值；（2）求函数在区间上的最值．解：（1）因为，所以，因为当时，有极小值，所以f1=a+b+3=0f所以，当时，，单调递增，当时，，单调递减，当时，，单调递增，因此确实是的极小值点，所以，．（2）由（1）得，，令，解得或，这两个点都在区间内，计算区间端点和极值点的函数值：，，，因为，所以函数在区间上的最大值为，最小值为．16.已知，求下列各式的值：（1）；（2）；（3）求该展开式中系数的绝对值最大的项.解：（1）已知，展开式的通项Tr+1因为ar=-2所以等价于展开式中各项系数之和，令，得a0+a（2）对，两边同时求导得7⋅1-2x令，得a1+2a（3）设第项的系数绝对值最大，即ar=所以2rC7化简得2r≥18-r1因为，所以，所以T6该展开式中系数的绝对值最大的项为．17.（1）某学校有5个区域要种上鲜花（如图1），现有四种不同品种的鲜花可供选择，每个区域只能种一种鲜花，要求相邻区域不能种同一种鲜花，则符合条件的方案有多少种.（2）给平面图图2中的六个点涂色，要求每个点涂一种颜色，且图中每条线段的两个端点涂不同颜色，若有四种颜色可供选择，则不同的涂色方法共有多少种.解：（1）如图1，依顺序，区域可种种颜色，区域可种种颜色，区域可种种颜色，①区域若与区域同色，则E有两种颜色可选；②区域若不与区域同色，则只有种颜色可选，也只有种颜色可选，所以符合条件的方案有4×3×2×2+1=72（2）计算不同涂色方法数有两类办法：当涂四色时，先涂A，E，D，有种涂法，再从B，F，C中选一点涂第四种颜色，如B，再涂F，若F与D同色，则C有2种涂法，若F与D异色，则C有1种涂法，于是得有C312+1当涂三色时，先涂A，E，D，有种涂法，再涂B，有2种涂法，则F，C各有1种涂法，于是有种涂法，利用分类加法计数原理得不同涂色方法数为：C312+1+2=264(种)，所以不同的涂色方法共有264种.18.已知函数．（1）当时，求曲线在点处的切线方程；（2）当时，讨论函数的单调性；（3）若有两个极小值点，，且对任意满足条件的，都有恒成立，求符合条件的整数m的最大值．解：（1）当时，，则，则，所以曲线在点处的切线方程为．（2），令，则，若，则，所以在上单调递增，所以，若，则当时，，单调递减；当时，，单调递增，故，因此当时，，单调递减；当时，，单调递增．（3）由（2）知时不符合题意；当时，易知在上单调递减，在上单调递增，，且，，当时，，故存在，使，又，故，则当时，，，单调递减；当时，，，单调递增；当时，，，单调递减；当时，，，单调递增，故，为的两个极小值点，且满足则令，得则，令，则，令，则，当时，，单调递增，当时，，单调递减，，，，故在内存在唯一零点，即，且当时，，，则单调递减；当时，，，则单调递增，故，由，得，故整数的最大值为2．19.已知函数，，（1）求函数的极值；（2）若，当时，恒成立，求实数的取值范围；（3）若，函数，若存在，，使得，求证：．（1）解：，定义域为，，当时，恒成立，故函数在单调递增，无极值；当时，令得，故当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，所以，当时，函数取得极大值，无极小值.综上，当时，函数无极