福建省厦门双十中学2025-2026学年高二下学期数学第二次周考试题含解析（word版+pdf版）

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一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分，每小题只有一个选项符合要求
1. 已知，则n的值是
A．2B．6C．7D．8
【答案】C
【解析】因为，所以，化简整理可得，
解得或，又，所以，所以.
2. 由1，2，3，4，5，6组成没有重复数字且1，3不相邻的六位数的个数是
A．36B．72C．600D．480
【答案】D
【解析】根据题意将进行全排列，再将插空得到个.
3.从张扑克牌中任取张，恰好四种花色齐全的概率为
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】从张扑克牌中任取张牌，共有（种）不同的取法.
要使张牌恰好四种花色齐全，则这张牌由三张不同花色牌和两张相同花色牌组成.
可先在每种花色中各取一张，然后在剩余的张牌中任取一张，又由于同花色的两张牌未一次性取出，导致抽取过程中两张同花色牌因人为抽取的先后顺序导致重复，故共有（种）取法，
所以由古典概型的概率公式得任取张牌中张牌花色齐全的概率为 .
4.遵义市为弘扬长征精神，计划将5本不同的《红色遵义》宣传册分给甲、乙、丙三个志愿者小屋．若要求每个志愿者小屋至少得到1本，则不同的分配方法共有
A．150种B．180种C．240种D．300种
【答案】A
【解析】第一步：分组
将5本不同的宣传册分成3组，每组至少1本，有以下2种情况：
①3－1－1型：分组数为（种）；
②2－2－1型：分组数为（种）
合计：（种）．
第二步：分配
将分好的3组宣传册分配给甲、乙、丙三个志愿者小屋，分配方式有（种）．
根据分步乘法计数原理，得不同的分配方法共有（种）.
5.在三棱锥的顶点和各棱中点中取个不共面的点，不同的取法共有
A．种B．种C．种D．种
【答案】D
【解析】如下图，共有个点任选个有种，
每个侧面的个点都共面，任选个有种，共个面，则有种共面情况，
如、、分别构成一个平面，有种，
如、、、、、分别构成一个平面，有种，
综上，在三棱锥的顶点和各棱中点取个不共面的点，不同的取法共有种.
6.某空间站由，，三个舱构成，某次实验需要5名宇航员同时在3个舱中开展，每个人只能去1个舱，每个舱至少安排1名宇航员，其中宇航员甲只能去舱，则不同的安排方法的种数为
A．35B．36C．42D．50
【答案】D
【解析】有四类不同的安排情形：
①甲单独在舱，其余四人分成两组，一组1人，一组3人，安排在舱，
有种不同的安排方法；
②甲单独在舱，其余四人平均分成两组每组人，安排在舱，
有种不同的安排方法；
③舱安排人，其余三人分成两组，一组人，一组人，安排在舱，
有种不同的安排方法；
④舱安排人，其余二人分成两组，安排在舱，
有种不同的安排方法；
综上，不同的安排方法共有种.
7.给如图所示的六块区域，，，，，涂色，有四种不同的颜色可供选择（不一定每种颜色都要使用），要求相邻区域涂不同颜色，则不同的涂色方法种数是
A．192B．168C．224D．208
【答案】A
【解析】第一步，给，，三块区域涂色，有种涂色方法；
第二步，给区域涂色，有种涂色方法；
第三步，给区域涂色，有种涂色方法；
第四步，给区域涂色，有种涂色方法，
综上，不同的涂色方法种数是，故A正确.
8.与曲线和圆都相切的直线有
A．1条B．2条C．3条D．4条
【答案】C
【解析】设直线与曲线相切于点，
则的方程为，即．
圆C：，因为与圆相切，所以，
所以，
令，则，
令，得或，
进一步得到在上单调递增，在上单调递减，
所以，
又当时，，所以在区间上分别有1个零点，
所以这样的切线有3条.
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，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.下列等式恒成立的是
A．B．
C．D．
【答案】BCD
【解析】，故A 错误；
，故B正确；
，故C正确；
因为，且，
所以，故D正确.
10.如图，正方形网格棋盘，其中，，，位于棋盘上一条对角线的4个交汇处．在棋盘M，N处的甲、乙两个质点分别要到N，M处，它们分别随机地选择一条沿网格实线走的最短路径，以相同的速度同时出发，直到到达N，M处为止，则下列说法正确的有
A．甲从M到达N处的走法种数为20
B．甲从M必须经过到达N处的走法种数为9
C．甲、乙能在处相遇的走法种数为36
D．甲、乙能相遇的走法种数为164
【答案】ABD
【解析】A选项：需要走6格，其中向上3格，向右3格，
所以甲从M到达N处的走法种数为，故A正确；
B选项：甲从到达，需要走3格，其中向上1格，向右2格，有种走法，
从到达，需要走3格，其中向上2格，向右1格，有种走法，
根据分步乘法计数原理得：甲从M必须经过到达N处的走法种数为9，故B正确；
C选项：由图可知，甲走到处需要3步，且乙走到处需要3步，
又因为，甲经过的走法种数为9，乙经过的走法种数为9，
所以甲，乙两人能在处相遇的走法种数为，故C错误；
D选项：甲，乙两人沿着最短路径行走，可能在，，，处相遇，
若甲，乙两人在处相遇，甲经过处，必须向上走3格，乙经过处，必须向左走3格，所以两人在处相遇的走法有1种；
若甲，乙两人在或处相遇，各有81种走法；
若甲，乙两人在处相遇，甲经过处，必须向右走3格，乙经过处，必须向下走3格，
所以两人在处相遇的走法有1种.
根据分类加法计数原理得：甲，乙两人能相遇的走法种数为，故D正确.
11.对于的全部排列，定义Euler数（其中）表示其中恰有次升高的排列的个数（注：次升高是指在排列中有处）。例如：的排列共有：六个，恰有 1 处升高的排列有如下四个：，因此：.则下列结论正确的有
A. B.
C. D.
【答案】ABC
【解析】对于，将全部排列，恰有 1 次升高，排列个数可以如下考虑：
1 排首位时，共有 1432 共 1 个排列符合恰有 1 次升高；
2排首位时，共有 2143,2431 共 2 个排列符合恰有 1 次升高；
3 排首位时，共有共 4 个排列符合恰有 1 次升高；
4 排首位时，共有共 4 个排列符合恰有 1 次升高，故正确；
对于，将全部排列，恰有 2 次升高，排列个数可以如下考虑：
1 排首位时，共有共 4 个排列符合恰有 2 次升高；
2排首位时，共有共 4 个排列符合恰有 2 次升高；
3 排首位时，共有 3124,3412 共 2 个排列符合恰有 2 次升高；
4 排首位时，共有 4123 共 1 个排列符合恰有 2 次升高；故错误；
对于，将全部排列，共有处相邻两数满足或，
故如果其中有处升高，则其余处必为将有处升高的排列倒序排列，
则得到的新排列显然有处升高，且两者排列的个数一样，反之亦然，
所以有处升高的排列个数等于有处升高的排列个数，故正确；
对于，不妨取，则，而，
则，
故错误.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分
12.今有2只红球、3只黄球，同色球不加以区分，将这5只球排成一列，有______种不同的方法.
【答案】10
【解析】分两步完成，
第一步：在5个不同位置中选2个位置排红球，共种排法，
第二步：在剩下的3个不同位置排黄球，共种排法，
故将这5只球排成一列，有种不同的方法 .
13.小张一次买了三串冰糖葫芦，其中一串有两颗冰糖葫芦，一串有三颗冰糖葫芦，一串有五颗冰糖葫芦.若小张每次随机从其中一串中吃一颗，每一串只能从上往下吃，那么不同的吃完的顺序有__________种.
【答案】2520
【解析】由题，记三串冰糖葫芦从上往下依次为，，，
则因为每一串只能从上往下吃，
所以在前被吃，在前而在前被吃，即它们被吃的相对位置是已定的，同理被吃的相对位置也是已定的，
所以根据排列中定序问题可得不同的吃完的顺序有种 .
14.某单位安排甲、乙、丙等6人参与周一至周六的值班，每天1人，每人值班1天，要求甲、乙都不值周三和周六，丙不值周五，则不同的安排方法有______种.
【答案】252
【解析】①若甲安排在周五，则乙有3种安排方法，余下的四人四天种安排方法，合计有种方法；
②同理，若乙被安排在周五，也有72种方法；
③若甲、乙都不被安排在周五，
则甲、乙可选周一、二、四三天中的两天即有种方法，
丙有余下四天中除周五的三天可选，即3种方法，
余下三人安排余下的三天，有种方法，合计有种方法，
综上不同的安排方法共种 .
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
15.一个口袋内有个不同的红球，个不同的白球，
（1）从中任取个球，红球的个数不比白球少的取法有多少种？
（2）若取一个红球记分，取一个白球记分，从中任取个球，使总分不少于分的取法有多少种？
【解析】（1）从中任取4个球，红球的个数不比白球少的取法，红球4个，红球3个和白球1个，红球2个和白球2个，
红球4个，取法有1种，
红球3个和白球1个，取法有种；
红球2个和白球2个，取法有种；
根据分类计数原理，红球的个数不比白球少的取法有种．
（2）使总分不少于7分情况有三种情况，4红1白，3红2白，2红3白.
第一种，4红1白，取法有种；
第二种，3红2白，取法有种，
第三种，2红3白，取法有种，
根据分类计数原理，总分不少于7分的取法有
16.已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)证明：当时，.
【解析】（1）函数的定义域为，
，
记，则，
所以当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增，
所以，
所以，
所以函数在上单调递增；
（2）原不等式为，即，
即证在上恒成立，
设，则，
所以，当时，，单调递增；当时，，单调递减，
所以，
令，
当时，，单调递增；当时，，单调递减，
所以，所以，
且在上有，所以可得到，即，
所以在时，有成立 .
17.已知函数，，.
(1)求的极值；
(2)若恒成立，求的取值范围.
【解析】
（1）由题， 令得，
且时，；时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以当时，有极小值为.
故极小值为，无极大值.
（2）由恒成立，
令，，则，
令，，则，所以在上单调递增，
又，，所以，使得，即，且，则，
当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
故，
因为恒成立，即，即.
所以的取值范围为 .
18.已知函数
(1)设函数，不等式对任意的恒成立，求的取值范围．
(2)若有两个极值点.
（i）求的取值范围；
（ii）求证：.
【解析】（1）由，得，，
当时，，，在上单调递增，
所以，不等式恒成立；
当时，，当时，，
所以在上单调递减，，与已知不等式矛盾.
故；
（2）（i）法一：由（），求导得，
由题意得方程有两个不同的变号根，
即：有两个不同的根，
设，则，
当时，，则在上单调递减；
当时，，则在上单调递增，所以，
又时，；时，，所以.
法二：由，求导可得，令，
由题意得函数存在两个不同的变号零点，则，
令，解得，当时，，则在上单调递减；
当时，，则在上单调递增，所以，
当，即时，不合题意；
当时，由，
令，求导可得，
当时，，则在上单调递增，
所以，则，
由，则当时，函数存在两个不同的变号零点，
可得，解得.
（ii）证明：由（i）知：为方程的两个不等的实根，不妨设，
令，
求导可得，由，当且仅当时取等号，则，
所以函数在上单调递增，由，则当时，可得，
由，且在上单调递减，
则，可得；
由当时，，则函数在上单调递减，
由，则，所以，
要证，只需证，由，
则令，求导可得，令，
则，所以函数在上单调递增，，
则当时，，即，
所以函数在上单调递增，又，
则当时，，
所以不等式在上恒成立，可得。
综上所述，.
19.已知函数．
(1)求的定义域；
(2)当时，
（i）若，证明：；
（ii）若存在三个极值点，求实数的取值范围.
【解析】（1）由，解得，
所以的定义域为
（2）当时，
（i）证明如下：若，则，
所以，
令，
则，
因为，
而，且，
则，所以函数在区间上单调递减，
又，则当时，，
当时，，
故函数在区间上单调递增，在区间上单调递减．
于是.
（ii）由题意可知，
若，当时，由（i）可知，
再由为奇函数可知，
当时，．
于是函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，
此时存在唯一的极大值点．
若，令，
则，
令，函数，
则，故在上单调递增．
因为，故存在使得．
当时，；
当时，．
记且，则当或时，单调递减；
当时，单调递增．
又因为，
当时，，当时，，
再由为奇函数可知，
存在，使得．
当或时，单调递增；
当或时，单调递减，
此时存在两个极大值点和和一个极小值点，共三个极值点．
综上所述，实数的取值范围为 .