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内蒙古包头市第九中学外国语学校2025-2026学年高二下学期5月期中数学试题
一、单选题
1．已知函数，则（　　）
A．3 B．2 C．1 D．0
2．在的展开式中，的系数为（ ）．
A．120 B．80 C．40 D．
3．曲线在点处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积为（ ）
A． B．
C． D．
4．从甲 乙等五名志愿者中选派四人分别从事翻译 导游 礼仪 司机四项不同工作，若甲和乙只能从事前两项工作，其余三人均能从事这四项工作，则不同的选派方案的种数为（ ）
A． B． C． D．48
5．已知是函数的导函数，若，则（ ）
A． B． C．2 D．4
6．函数在R上是单调递增的充分条件是：（ ）
A． B．
C． D．
7．已知，，，其中为自然常数（），则，，的大小关系是（ ）
A． B． C． D．
8．设正实数满足，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．下列求导正确的是（ ）
A． B．
C． D．
10．我国南宋数学家杨辉在1261年所著的《详解九章算法》就给出了著名的杨辉三角，由此可见我国古代数学的成就是非常值得中华民族自豪的，以下关于杨辉三角的说法正确的是（ ）
A．第6行从左到右第4个数是20
B．第2026行的第1013个数最大
C．210在杨辉三角中出现了6次
D．记第行的第个数为，则
11．已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．时，是函数的极小值点
B．若，则函数的图像关于点对称
C．当或时，函数有且仅有3个零点
D．若函数有3个零点，则实数a的取值范围为
三、填空题
12．函数的单调减区间是___________
13．如图将一个矩形划分为如下的A、B、C、D、E、F六个区域，现用四种不同的颜色对这六个区域进行染色，要求边界有重合部分的区域（顶点与边重合或顶点与顶点重合不算）染上不同的颜色，并且每一种颜色都要使用到，则一共有__________种不同的染色方案.
14．已知函数有两个极值点，则实数的取值范围是______．
四、解答题
15．已知二项式的展开式中第2项与第3项的二项式系数之比是，按要求完成以下问题：
(1)求的值.
(2)求展开式中的系数.
16．某校高中三年级一班有优秀团员8人，二班有优秀团员10人，三班有优秀团员6人，学校组织他们去参观某爱国主义教育基地．
(1)推选1人为总负责人，有多少种不同的选法？
(2)每班选1人为小组长，有多少种不同的选法？
(3)从他们中选出2个人管理生活，要求这2个人不同班，有多少种不同的选法？
17．（1）已知，；求的值；
（2）解不等式.
18．已知函数．
（1）若，求的单调区间；
（2）证明：（i）；
（ii）对任意，对恒成立．
19．函数.
(1)当时，求函数在的单调区间；
(2)若存在，使得成立，求的取值范围；
(3)若函数有两个零点、，且，求的取值范围.
参考答案
1．C
【详解】因为，所以
2．D
【详解】根据二项式定理，展开式的通项公式为：
.
令，可得，此时与相乘可得的系数为-80；
令，可得，此时与相乘可得的系数为40；
所以的系数为.
3．B
【详解】当时，，又因为，所以，
所以曲线在点处的切线方程为，
即，
因为与两坐标轴的交点坐标为和，
所以此切线与两坐标轴围成的三角形的面积为.
故选：B.
4．C
【详解】若选派的四人中甲乙仅有其中一人，
则选派方案的种数为，
若选派的四人中甲乙均有，
则选派方案的种数为，
综上，不同的选派方案的种数为.
5．B
【详解】由，得，
∴，得，
∴，则.
故选：B．
6．B
【详解】因为，所以．
因为函数在R上单调递增，所以恒成立，
则，解得，
所以函数在R上是单调递增的充分条件是的非空子集.
只有B选项符合.
故选：B.
7．D
【详解】设，可得，，，
对求导得，令，解得；
当时，，即，在上单调递减.
因为，由单调性得 ，即 .
8．B
【详解】原式化为，因为，则，
则可得.
令，则可得，
因为，则可得在上单调递增，
故，即，令，求导得，
当时，，故函数在上单调递减，
当时，，所以函数在上单调递增，
所以．即的最小值为.
故选：B.
9．BC
【详解】对于A，，A错误；
对于B，，B正确；
对于C，，C正确；
对于D，.
故选：BC
10．ACD
【详解】选项A：由题目所给的杨辉三角可知，从第1行起，第行的第个数可表示为，
故第6行从左到右第4个数是，故A正确；
选项B：第2026行的第个数可表示为，，
由组合数的性质可知，最大，
因此，，故第2026行的第1014个数最大，B错误；
选项C：210在杨辉三角中出现的情况有（第10行的第5个数），（第10行的第7个数），（第210行的第2个数），（第210行的第210个数），（第21行的第3个数），（第21行的第20个数），共6次，故选项C正确；
选项D：第行的第个数，因此，
令，则，
即，故D正确.
11．BCD
【详解】由题意可得：，
令，解得：或，
当时，，函数在R上单调递增，
当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为，，
当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为，，
对于A选项，当时，由函数在区间上单调递增，
在区间上单调递减，可得是函数的极大值点，故A选项错误，
对于B选项，若，，有，
有，
可得函数的图象关于点对称，故B选项正确，
对于C选项，当时，有，
可知函数的单调递减区间为，单调递增区间为，，
又由，，可得函数有3个零点，
当时，有，可知函数的单调递减区间为，单调递增区间为，，
又由，，可得函数有3个零点，故C选项正确，
对于D 选项，，
令，有，令，有，
令，解得：，，
可得函数的单调递增区间为，，单调递减区间为，
当时，，当时，，
又由，，可得若函数有3个零点，
有，可得，故D选项正确.
12．
【详解】，
，
当，即，
结合定义域，
解得：，
所以函数的单调减区间是：．
13．192
【详解】法一：间隔元素分析法：
①同色，同色，则有两种上色方式，被确定，故有种；
②同色，不同色，则仅有1中上色方式，被确定，故有种；
③不同色，同色，则若与同色，则有1种上色方式；
若与不同色，则只有1种上色方式；
故有种；
④不同色，不同色，
1）同色，则有种；2）不同色，则有种.
综上，共有种方式.
法二：相邻最多元素优先分析法：
考虑到影响的元素最多：
①各不同色，1）同色，则有3种染色法，故共有种；
2）不同色，则有2种染色法，故共有：种；
②同色，1）同色，则只有1种染色法（4种颜色都要使用到），
故有种；2）不同色，则有2种染色法，故有种.
综上：共有种染色方案.
故答案为：192.
14．
【详解】，令可得，
因为有两个极值点，所以有两个变号零点，
令，则，
当时，，单调递减，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
当趋近于时，趋近于，当趋近于时，趋近于，
当从负半轴趋近于时，趋近于，当从正半轴趋近于时，趋近于，
又，简图如下，

由图可知，，即实数的取值范围是.
故答案为：
15．(1)6
(2)1
【详解】（1）由题意，，解得.
（2）的展开式通项为，
令，可得，因此，展开式中的系数为.
16．(1)
(2)
(3)
【详解】（1）第一类是从一班的8名优秀团员中产生，
有8种不同的选法，第二类是从二班的10名优秀团员中产生，
有10种不同的选法，第三类是从三班的6名优秀团员中产生，
有6种不同的选法，种不同的选法；
（2）第一步从一班的8名优秀团员中选1名小组长，
有8种不同的选法，第二步从二班的10名优秀团员中选1名小组长，
有10种不同的选法，第三步是从三班的6名优秀团员中选1名小组长，
有6种不同的选法，共有种不同的选法；
（3）每一类又分两步，第一类是从一班、二班的优秀团员中各选1人，
有种不同的选法，
第二类是从二班、三班的优秀团员中各选1人，
有种不同的选法，
第三类是从一班、三班的优秀团员中各选1人，
有种不同的选法，共有种不同的选法.
17．（1）（2）不等式的解集为
【详解】（1）由，得或，
所以或.
因为，所以.
所以.
（2）由，得.
由，得，即，
即，即，解得，
因此，则，
即不等式的解集为.
18．（1）的单调递增区间为，，的单调递减区间为. （2）（i）证明见解析（ii）证明见解析
【详解】（1）若，（），
令，得或， 则的单调递增区间为，.
令，得，则的单调递减区间为.
（2）证明：（i）设，
则（），
令，得；
令，得.
故，
从而，即.
（ii）函数
由（i）可知
即，所以，当时取等号；
所以当时，则
若，令
则，
当时，.
则当时，，
故对任意，对恒成立.
19．(1)单调递减区间是，单调递增区间是
(2)
(3)
【详解】（1）解：当时，，可得，
令，可得，
因为和在为单调递增函数，可得在单调递增，
所以，所以在单调递增，
又因为，
所以当时，；时，；
所以函数的单调递减区间是，单调递增区间是.
（2）解：由不等式，可得，
即，
因为存在，使得成立，即在上有解，
令，则有解，
构造函数，则，
当时，；当时，，
所以在递减，在递增，所以，即，
又因为函数在单调递增，
所以当时，可得，即，
所以实数的取值范围为.
（3）解：函数有两个零点，即有两个不同的解，
即有两个不同的解，
令，且为单调递增函数，可得，
当时，的两个解为，即，则，即，
令，则，且，所以，，
所以，
构造函数，可得，
令，
则，
所以在单调递增，则，
所以恒成立，所以在单调递增，
可得，
又因为时，，所以.

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