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安徽省怀宁县高河中学2025-2026学年度第二学期期中考试高二数学试题
一、单选题
1．若函数的导函数存在，且，则（ ）
A． B． C． D．
2．记等差数列的前n项和为，且，，则（ ）
A． B． C． D．
3．从这5个数字中任取2个偶数和1个奇数，组成一个三位数，则不同的三位数的个数为（ ）
A．16 B．24 C．28 D．36
4．的展开式的常数项是（ ）
A． B． C． D．
5．某校教师迎春晚会由个节目组成，为考虑整体效果，对节目演出顺序有如下要求，节目甲不排在第一位和最后一位，节目丙、丁必须排在一起，则该校迎春晚会节目演出顺序的编排方案共有（ ）
A．种 B．种 C．种 D．种
6．已知函数在区间上单调递减，则实数a的最小值为（ ）
A． B． C． D．e
7．五一小长假期间，某旅游公司为助力大同旅游事业的发展，计划将2名金牌导游和5名银牌导游分别派往云冈石窟 古城华严寺 北岳恒山三个景区承担义务讲解任务，要求每个景区都要有银牌导游前往，则不同的分配方法种数有（ ）
A．360 B．640 C．1350 D．1440
8．已知是函数的导函数，对于任意实数x都有，，则不等式的解集为（ ）
A． B．
C． D．
二、多选题
9．已知，其中，且，则下列判断正确的是（ ）．
A． B．
C． D．
10．为弘扬我国古代的“六艺文化”，某国学班计划开设“礼”、“乐”、“射”、“御”、“书”、“数”六门课程，每天开设一门，连续开设6天，则（ ）
A．课程“御”、“书”、“数”互不相邻的不同排法共有24种
B．课程“射”必须排在“御”前面的不同排法共有360种
C．课程“数”不排在第一天，“礼”不排在最后一天的不同排法共有504种
D．课程“御”和“书”不相邻且课程“数”和“书”不相邻的不同排法共有288种
11．已知函数，下列命题正确的有（ ）
A．可能有2个零点
B．一定有极小值，且0是极小值点
C．时，
D．若存在极大值点，且，其中，则
三、填空题
12．在的二项展开式中，只有第5项的二项式系数最大，则该二项展开式中的常数项等于_____.
13．已知数列是公差为d的等差数列，其前n项和为且，若对任意的恒成立，则公差d的取值范围为________．
14．函数有两个极值点，，则取值范围________．
四、解答题
15．已知函数在处有极值.
(1)求，的值；
(2)过原点作曲线的切线，求的方程.
16．已知函数，且，
(1)求的值；
(2)求的最大值；
(3)求被6整除的余数．
17．已知函数（且）的图象经过点，记数列的前n项和为，且．
(1)求数列的通项公式；
(2)设，数列的前n项和为，求的取值范围．
18．若数列满足，则称数列为“平方递推数列”.已知数列中，，点在函数的图象上，其中为正整数.
(1)证明：数列是“平方递推数列”，且数列为等比数列；
(2)设，数列的前项和为；
①求；
②若恒成立，求实数的最大值.
19．已知函数，.
(1)记，讨论的单调性；
(2)当时，恒成立，求a的取值范围.
参考答案
1．C
【详解】，所以，
故选：C.
2．C
【详解】由等差数列前项和性质可得， ，
因为，所以，
再根据等差数列中项性质：，
代入得，即，
又已知，设公差为，则，解得，
即等差数列的通项公式，
所以.
3．C
【详解】若没有取到0，则有种方法，
若取到0，则有种方法，
所以不同的三位数共有种.
故选：C
4．D
【详解】的展开式通项为：，由得，所以的常数项系数为；由得，所以的项系数为，所以的展开式的常数项是,故选D.
5．C
【详解】利用间接法求解，先考虑将丙、丁排在一起，将这两个节目进行捆绑，形成一个大元素，共有种.
若甲排在第一位和最后一位，且丙、丁排在一起，将这两个节目进行捆绑，形成一个大元素，此时，排法种数为.
综上所述，符合条件的排法种数为（种）.
故选：C.
6．B
【详解】由已知得，因为在区间上单调递减，
所以在上恒成立，即，得，
令，则，令，得，
当时，，单调递减，当时，单调递增，
又，所以a的最小值为．
7．C
【详解】解析：将2名金牌导游分配到3个景区，有种分配方法，
若每个风景区都要有银牌导游，则将银牌导游分成三组，各组人数分别为或.
当银牌导游分成三组的人数为时，此时共有种；
当银牌导游分成三组的人数为时，此时共有种分配方法.
所以不同分配方法有种.
故选:C.
8．A
【详解】因为，
所以，
所以令，，
所以为常数.
又因为，
所以，所以，
所以.
原不等式等价于，
即，解得或，
所以解集为.
故选：A.
9．ACD
【详解】令，则，
则，
令，则，①
令，则，②
①－②，得，
解得，A正确；
①＋②，得，
所以，B错误；
又，C正确；
，D正确．
故选：ACD．
10．BCD
【详解】已知某国学班计划开设“礼”、“乐”、“射”、“御”、“书”、“数”六门课程，每天开设一门，连续开设6天，
A：课程“御”、“书”、“数”互不相邻，
则可先排“礼、乐、射”，有3！种排法，产生4个空位；
将“御、书、数”插入空位且互不相邻，需从4个空位选3个排列，即．
排法数为，A错误.
B：“射”与“御”的相对位置有2种（“射”前或“御”前），且两种情况排法数相等．
总排法数为，B正确．
C：用间接法：总排法，减去“数”在第一天的，
“礼”在最后一天的，加回重复减去的“数在第一天且礼在最后一天”的．
排法数为，C正确．
D：课程“书”在第1天或最后一天，有2种排法，
再排“御、数”两门课程，即，
最后排“礼、乐、射”，即，
课程“书”不在第1天或最后天，有4种排法，
再排“御、数”两门课程，即，
最后排“礼、乐、射”，即，
排法数为：，D正确.
11．BD
【详解】函数的定义域为，当时，为二次函数，
由抛物线性质可知存在极小值点，极小值为，此时无零点；
当时，可求得导函数，令，得或，
当时，可求得当时，；当时，，
所以在上单调递增，在和上单调递减，
故此时存在极小值点，极小值为，
存在极大值点，极大值为；
当时，可求得当时，；当时，，
所以在和上单调递增，，在上单调递减，
故此时存在极小值点，极小值为，
存在极大值点，极大值为；
对于A，当时，无零点；
当时，因为在上单调递增，在和上单调递减，
而极小值为，所以只有1个零点；
当时，因为在和上单调递增，在上单调递减，
而极大值为，极小值为，所以只有1个零点，故A错误；
对于B，由以上分析，不论取何值，一定有极小值，且0是极小值点，故B正确；
对于C，当时，即时，此时在上单调递减，
又，所以，故C错误；
对于D，由上述分析可知，则，
由题意知，即，
此方程已有一根，故可因式分解为，
解得与相异的根，则，故D正确；
故选：BD.
12．112
【详解】的二项展开式的中，只有第5项的二项式系数最大，，
通项公式为，令，求得，
可得二项展开式常数项等于，
故答案为112．
13．
【详解】数列是公差为d的等差数列，设，
由，得，解得，则，
由对任意的恒成立，得.
所以公差d的取值范围为．
故答案为：
14．
【详解】定义域是，∴，
∵有两个极值点，
∴，在有两个不等根，
令，对称轴为，
∴，∴，
两个极值点为，，，则，，
，
令，
，∵，∴，
∴在单调递增，
∴，，
∴.
故答案为：.
15．(1)，.
(2)或.
【详解】（1），
由题可知，
，
解得，.
（2）设切点为，则，切线的斜率，
切线的方程为，
因为切线过原点，所以，
整理得，解得或.
当时，，此时切线的方程为；
当时，，此时切线的方程为.
所以切线为或.
16．(1)
(2)15360
(3)2
【详解】（1）的通项公式为
且，
所以的系数为，解得，
从而，
等式两边对x求导得．
令得．
（2）由（1）可知的通项公式为，
∴，
设为中的最大值，则
即
即，解得；
又，因此．
∴．
（3）由（1）可知，
显然能被6整除，
所以被6整除的余数是．
17．(1)数列的通项公式为
(2)，．
【详解】（1）由函数的图象经过点，得，解得，
所以，因此，
①当时，，
②当时，，
因为也满足，
所以数列的通项公式为．
（2）由（1）知，
所以
，
因为，所以，即，
所以，且．
18．(1)证明见解析
(2)①；②16
【详解】（1）点在函数的图象上，
，，
数列是“平方递推数列”，
因为，
对两边同时取对数得，
数列是以1为首项、2为公比的等比数列；
（2）①由（1）知，所以，
则，
.
两式相减可得，
；
②恒成立，
恒成立，
恒成立，恒成立，
又，当且仅当时，取到等号，
，即.
19．(1)答案见解析；
(2).
【详解】（1）根据已知条件，有其定义域为，
，
当即时，若，则；若，则，
所以的增区间为，减区间为.
当即时在为增函数
当即时在为增函数
综上，时，的增区间，减区间；
时，的增区间.
（2）因为恒成立，，
令，则，
所以当时，等价于恒成立.
由于，，
（ⅰ）当时，，函数在上单调递增，
所以，在区间上恒成立，符合题意；
（ⅱ）当时，在上单调递增，.
①当，即时，，
函数在上单调递增，
所以在上恒成立，符合题意；
②当，即时，，，
若，即时，在上恒小于0，
则在上单调递减，，不符合题意；
若，即时，存在，使得，
所以当时，，则在上单调递减，则，不符合题意.
综上所述，a的取值范围是.

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