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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、单项选择题：本大题共8小题，共40分。
1.的展开式中的系数为（ ）
A. 40 B. C. 80 D.
2.已知是函数的导函数，，则（ ）
A. 0 B. 1 C. 2 D. 3
3.小明桌子上有3本不同的数学书,2本相同的物理书,现将这5本书依次全部取走,则不同的取书顺序有( ) 种
A. 10 B. 20 C. 120 D. 60
4.函数的大致图象为（ ）
A. B.
C. D.
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. 24 B. 48 C. 72 D. 144
6.已知f(x)=x+,其中f'(x)为函数f(x)的导数,则f(2026)+f(-2026)+f'(2027)-f'(-2027)=( )
A. 2 B. 0 C. 2026 D. 2027
7.令a=,b=(1.1),c=,则下列大小排列正确的是( )
A. a< b< c B. a< c< b C. b< a< c D. b< c< a
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，
二、多项选择题：本大题共3小题，共18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.
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
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
三、填空题：本题共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 .
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
14.已知只有1个零点，则a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.(本小题13分)
已知函数f(x)=++bx+2(a,bR),当x=1时,f(x)有极小值0.
(1)求实数a,b的值;
(2)求函数f(x)在区间[-3,1]上的最值.
16.(本小题15分)
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.
17.(本小题15分)
(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A, B, C, D, E, F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.

18.(本小题17分)
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．
19.(本小题17分)
已知函数f（x）=kx2-cosx,g（x）=mex+2x,
（1）求函数g（x）的极值；
（2）若m=1，当x≥0时，g（x）≥f′（x）+1恒成立，求实数k的取值范围；
（3）若m=0，函数h（x）=g（x）-f（x），若存在x1，x2∈（0，π）（x1≠x2），使得h（x1）=h（x2），求证：.
1.【答案】A
2.【答案】C
3.【答案】D
4.【答案】A
5.【答案】A
6.【答案】B
7.【答案】A
8.【答案】A
9.【答案】ABC
10.【答案】ABC
11.【答案】AD
12.【答案】
13.【答案】
14.【答案】
15.【答案】解：（1）f(x)=++bx+2,f'(x)=+2ax+b,
当x=1时,f(x)有极小值0,,,
f(x)=-3x+2,f'(x)=-3,
f'(x)>0的解为x>1或x<-1,f(x)在(1,+),(-,-1)上是单调递增函数,
f'(x)<0的解为-1< x<1,f(x)在(-1,1)上是单调递减函数,
f(x)在x=1处取得极小值,满足题意,故.
（2）,f(x)=-3x+2,f'(x)=-3,
因为f'(x)>0在[-3,1]上的解为-3x<-1,f(x)在(-3,-1)上是单调递增函数，
f'(x)<0在[-3,1]上的解为-1< x<1,f(x)在(-1,1)上是单调递减函数，
f(x)在[-3,1]上的最大值为f(-1)=4,又f(-3)=-16,f(1)=0,-16<0
f(x)在[-3,1]上的最小值为-16,综上,f(x)在[-3,1]上的最小值为-16,最大值为4.
16.【答案】解：（1）已知，
展开式的通项，
因为，所以，
所以等价于展开式中各项系数之和，
令，得．
（2）对，
两边同时求导得，
令，得．
（3）设第项的系数绝对值最大，即最大，
所以，即，
化简得，解得，即，
因为，所以，
所以，
该展开式中系数的绝对值最大的项为．

17.【答案】(1)解:如图所示,对A区域, 共有四种不同方案可选择,
B区域与A区域相邻, 故有三种不同方案可选择;
C区域与B区域、A区域相邻, 故有两种不同方案可选择;
D区域与C区域、A区域相邻, 则其可能与B区域相同, 有一种,
此时E区域与D区域、A区域、B区域相邻, 由B区域与D区域相同,
故有两种不同方案选择, D区域也可能与B区域不同, 此时E区域只可选择一种;
故共有432(12+11)=72种方案符合条件.
故答案为: 72.
（2）解: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(2+1)种涂法,
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,
于是得有种涂法,
利用分类加法计数原理得不同涂色方法数为:
(2+1)+=216+48=264(种),
所以不同的涂色方法共有264种.
故答案为: 264

18.【答案】解：（1）当时，函数，定义域为。
在点处，切线斜率为，
由点斜式方程得切线方程：，
即切线方程为。
（2）函数，定义域为。
令，
当时，，故在单调递增，且，
因此恒成立。
当时，的解为，
在单调递减，在单调递增，
最小值为（因），故恒成立。
综上，当时，，的符号由决定：
当时，，故，单调递减；
当时，，故，单调递增。
（3）若有两个极小值点，则（此时有两个正零点），
且满足，，故。
令，则，代入得：
因此，则。
记（），
令分子，则，
故在递减、递增，且，，
存在使，此时在处取得最小值。
由得，代入得：
记（），其单调递增，故，则，
因此的最小值大于，
故整数的最大值为。
19.【答案】当m≥0时，函数无极值；当m＜0时，函数g（x）的极大值为，无极小值 （-∞，1] 证明：m=0，函数h（x）=g（x）-f（x）=2x-kx2+cosx，h'（x）=2-2kx-sinx，
因为存在，使得h（x1）=h（x2），
所以，整理得（x1-x2）[2-k（x1+x2）]=cosx2-cosx1，
所以，
所以，因为，
所以h′（）=-sin=-sin=sin（-1），
因为，则，，
故要证，只需证，
不妨设x1＞x2，令，故只需证，只需证sint-t＜0，
令m（t）=sint-t，t＞0，则m′（t）=cost-1＜0在（0，π）上恒成立，
所以m（t）=sint-t，t＞0在（0，π）上单调递减，
所以m（t）＜m（0）=0，即sint-t＜0成立，
所以成立
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