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河南周口市天立高级中学等校2025-2026学年高二下学期期中联考
数学试题
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知函数则曲线在点处的切线在轴上的截距为( )
A. B. C. D.
2.已知函数，若，，，则( )
A. B. C. D.
3.已知函数，其中，为的极大值点若在内有最小值，则的取值范围是( )
A. B. C. D.
4.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.
5.有名护士到某医院实习，该医院将这名护士分到心内科、心外科、骨科这三个科室，每个科室至少分人，且每人只去一个科室，则不同的分配方案种数为( )
A. B. C. D.
6.已知元一次方程的正整数解的个数为，则方程满足的整数解的个数为( )
A. B. C. D.
7.已知的展开式中二项式系数之和为，各项系数之和为，则其展开式中的系数是( )
A. B. C. D.
8.“杨辉三角”是二项式系数在三角形中的一种几何排列，在中国南宋数学家杨辉年所著的详解九章算法一书中就有出现．如图，在“杨辉三角”中，除每行两边的数都是外，其余每个数都是其“肩上”的两个数之和，如第行的为第行中两个的和．则下列命题正确的是．
A. 在“杨辉三角”第行中，从左到右第个数是
B. 第行所有数字之和为
C. 记第，行数字的最大值分别为，，则
D. 在“杨辉三角”中，从第行起到第行，每一行的第列的数字之和为
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知函数，则( )
A. 有两个极值点
B. 当且仅当
C. 当时，
D. 若，则
10.已知，则下列说法正确的是( )
A. 函数在上单调递增
B. 函数有个零点
C. 对任意，，，都有
D. 若函数在区间上有且只有一个零点，则
11.近期，某市疫情爆发，全国各地纷纷派出医护人员驰援该市某医院派出甲、乙、丙、丁四名医生奔赴该市的四个区参加防疫工作，下列选项正确的是( )
A. 若四个区都有人去，则共有种不同的安排方法．
B. 若恰有一个区无人去，则共有种不同的安排方法．
C. 若甲不去区，乙不去区，且每区均有人去，则共有种不同的安排方法．
D. 若该医院又计划向这四个区捐赠箱防护服每箱防护服均相同，且每区至少发放箱，则共有种不同的安排方法．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.将名志愿者分配到花样滑冰、短道速滑、冰球和冰壶个项目进行培训，每名志愿者只分配到个项目，每个项目只培训一人，志愿者小明不去花样滑冰项目，则不同的分配方案共有 种用数字作答
13.若，则 ．
14.设函数，若有两个极值点，，且，则的最小值是 ．
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.本小题分
人工智能社团有位同学，计划对、、、这种人工智能语言模型展开学习调研，要求每类模型至少有一人负责，每人只能选择一种模型．
若从社团中选出人去调研，共有多少种不同的调研安排方案
若位同学都同时参与调研，且甲、乙两位同学调研同一种模型，共有多少种不同的安排方案
16.本小题分
已知函数，其中．
当时，求函数的极小值；
当时，恒成立，求的取值范围．
17.本小题分
有标号，，，，，的六个小球和标有，，，的四个盒子．结果均使用数值表示
若将小球全部放入盒中，每盒中小球数量没有限制，有多少种放法？
若每盒放入一球，号球、号球不能放入盒和盒，有多少种放法？
若将小球全部放入盒中，恰有两个盒子为空且盒中球的数量不超过个，有多少种放法？
18.本小题分
已知，求下列各式的值：
；
；
求该展开式中系数的绝对值最大的项．
19.本小题分
已知函数，．
若，求曲线在处的切线方程；
若，求在内的极值；
设，若有个零点，，且，求证：．
参考答案
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
9.
10.
11.
12.
13.
14.
15.解：首先，从位同学中选人，有种选法，
接下来将人分配到种模型，且每类模型至少人负责，
则人分为：人，人，人，人四组，有种方法，
再将这四组对应种模型进行全排列，
不同的调研安排方案有种．
首先将甲、乙两位同学视为一个整体一个元素，
此时相当于个元素分配到种模型，每类模型至少有一人，
即分成元素个数分别为“，，，”四组，则有种方法，
再将这四组对应种模型进行全排列，有种方法，
所以，若位同学都同时参与调研，且甲、乙两位同学调研同一种模型，
共有种不同的安排方案
16.解：当时，函数，求导得：
，
令，解得或，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
是极小值点，代入函数得．
恒成立，
，不等式化为，
整理得，，问题转化为，
令，则，
，令分子为，化简得
，整理得，
，，故，解得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
在处取得最大值：，
当时，，时，
且对所有，成立；
当时，处，不满足条件，
的取值范围为．

17.解：因为小球全部放入盒中，每盒中小球数量没有限制，
则每个球均有种选择，所以有种不同放法．
若每盒放入一球，号球、号球不能放入盒和盒，
先排盒和盒，有种不同放法，
再排盒和盒，有种不同放法，
所以有种不同放法．
若恰有两个盒子为空，有种不同选法，且小球全部放入盒中，
剩余两个盒中球的数量不超过个，
若其中一个盒中球的数量为个，有种不同放法
若其中一个盒中球的数量为个，有种不同放法
所以有种不同放法．
18.解：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．
对，
两边同时求导得，
令，得．
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．
19.解：由题意，，求导得：，
在处，计算函数值与导数值：
，
，
根据点斜式，切线方程为： ，
化简得：；
当时，，
，
令，即，，
解得，
当时，得，
所以，即，
所以在上单调递增，
当时，得，
所以，即，
所以在上单调递减，
因此是极大值点，
极大值为：，无极小值；
证明： ，
有两个零点，即方程有两个解，
，
当时，，即单调递增，不可有两个零点，
当时，令，得，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
故在处取得最小值：，
因有两个零点，故，
即，
此时，
要证，即证，
因为，且在递增，
只需证，
，
由，得
，
令，需证，
由，
代入得：，
求导，
故在时递减，
因，，
而，故，
当时，，
当时，，
所以，
故，即．
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