【数学】湖北武汉市5G联合体2025-2026学年下学期期中高二试卷（学生版+解析版）

这是一份【数学】湖北武汉市5G联合体2025-2026学年下学期期中高二试卷（学生版+解析版），共3页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题：本题共8个小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知是定义在上的可导函数，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】因为，即，
即，则.
故选：A.
2. 已知等差数列中，，则（ ）
A. 6B. 9C. 12D. 15
【答案】C
【解析】由题意可得：，
根据等差数列的基本性质得：，
因此，同理可得，
因此：.
3. 下列求导正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】对于A，因为为常数，常数的导数为0，所以，A错误；
对于B，，B错误；
对于C，，所以C正确；
对于D，，所以D错误.
4. 某中学准备在校园科技节展示5款不同的AI学习软件，分别是：豆包、讯飞星火、文心一言、元宝、即梦．在展台中要求豆包和即梦两块展板相邻，且文心一言与讯飞星火两块展板不相邻，则有（ ）种不同的放置方式
A. 12B. 24C. 36D. 48
【答案】B
【解析】根据题意将豆包、即梦捆绑为一个整体，则内部排列数为，
将豆包和即梦捆绑为一个整体，先排列该整体与元宝，所以排列数为，
2个元素排完后会产生 个空位，
又因为文心一言和讯飞星火不相邻，
所以从3个空位中选2个放入文心一言、讯飞星火，即排列数为 ，
所以总方法数为：.
5. 已知数列的前项和为，满足，则的值为（ ）
A. 63B. 126C. 128D. 254
【答案】B
【解析】，当时，，故；
当时，，，相减得到，
数列是首项为，公比为的等比数列，
故，验证时成立，故，，
．
6. 在2026年春晚节目《武BOT》中，机器人完成了后空翻、跳马等高难度动作，其表演融合了科技与武术元素，也见证了“中国智造”的飞跃速度.若该节目的机器人按杨辉三角队形站位，第行的第个机器人的动作难度为，则从第3行到第2025行，每行第3个机器人动作难度之和为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】由题意可知：第行的第3个机器人的动作难度为，
则动作难度之和为
.
7. 已知是定义在的偶函数，当时，，且，则的解集为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】已知时，，
所以构造函数，则 ，
当时，，所以，
因此在上单调递减，
因为是偶函数，则，
即是奇函数，图象关于原点对称，
所以在上也是单调递减，
因为，则，
由是奇函数可得：，
等价于或​，
当时，则，，
当时，，即，
因为在上单调递减且，所以有；
当时，，即，
因为在上单调递减且，所以有，
同时要满足，所以；
当时，，，则，即，
因为在上单调递减且，
所以当时，有，
所以合并得解集：.
8. 如图所示，某公园要给由7个区域组成的花坛进行花卉种植，中心区域为主花坛，从中心向三个方向延伸出分花坛，每个方向有两个分花坛，靠近主花坛的为第一层分花坛，远离主花坛的为第二层分花坛.现用四种不同的花卉品种给所有的花坛区域种植，要求相邻的区域种植不同品种花卉，且同一层的分花坛种植不同品种的花卉，则所有的种植方法种数为（ ）
A. 216B. 244C. 264D. 288
【答案】C
【解析】由题意可知，共有4种不同花卉，因此主花坛有种种植选择，
根据要求：第一层分花坛都与主花坛相邻，因此不能和主花坛同品种，且同一层分花坛品种不同，
所以主花坛已用1种花卉，剩余3种不同花卉分配给3个第一层分花坛，全排列得：
种， 此时三个第一层分花坛恰好用完了除主花坛外的全部3种花卉，
记主花坛品种为，三个第一层品种分别为，，，
对应三个第二层位置分别要求：，，，且，，互不相同，
当第二层不包含，仅用，，，排列，要求每个位置不等于对应品种，
即3元素错排，错排数，共种，
当第二层包含，先选1个位置放，共种选择，
剩余2个位置从，，，选2个排列，
满足位置不等于对应品种，每个位置对应3种合法排列，共种，
因此第二层总合法种植数为种，
所以总种植方法数.
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分.
9. 下列说法正确的是（ ）
A. 乘积展开后有36项
B.
C. 个班分别从个景点中选择一处游览，有种不同选法
D. 老师把张相同的游园门票分给人中的人，则不同分法有种
【答案】AB
【解析】选项，根据分步乘法计数原理，每个括号依次有，，项，
所以展开后共有项，正确；
选项，由题知，则，
因为奇数项二项式系数之和等于偶数项二项式系数之和，
所以，正确；
选项，根据分步乘法计数原理，每个班均有种选择，则共有种，错误；
选项，因为门票均相同，分给人即可，不需要考虑顺序，所以共有种，错误.
10. 传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家用沙粒和小石子来研究数，他们根据沙粒或小石子所排列的形状把数分成许多类，将图中的称为六边形数，将六边形数按从小到大的顺序排成数列，则（ ）
A. B.
C. 是等差数列D.
【答案】ACD
【解析】在数列中，有，，，
进一步，得，，，
所以可以得到递推关系：，即，
设数列的通项为，，
则当时，，
所以数列 是首项为5，公差为4的等差数列，故C正确；
当时，
，
显然也成立，所以，
可得，，故A正确，B错误；
因为，
所以，故D正确.
11. 已知函数 ，若有三个零点且，下列说法正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】由题意可得 ，
所以 ，令，
解得或，
当时， ，所以在上单调递增，
当时， ，所以在上单调递减，
当时， ，所以在上单调递增，
因此的极大值为 ，
极小值为 ，
因为有三个零点，，，且，
所以，解得，A正确，
在B选项中，根据韦达定理可得三次方程 的根，，满足：
，即，
易知， ，
因为 ，且时，，，
又因为 ，
且，由零点存在定理可得 ，
所以 ，即，B正确，
在C选项中，由B选项可知，，
得，又因为，
所以 ，解得 ，
，因为，且 ，
所以 ，选项C错误，
在D选项中，令 ，则 ；
由可得，因此关于点成中心对称，易知 ；
即的对称中心为，所以满足 ；
所以，
又,
两式相加可得；
所以，D选项正确.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 的展开式中，的系数为__________．
【答案】
【解析】根据二项式展开式的通项公式，
可知的通项：，
根据题意令，则，
所以系数为：.
13. 2026年4月学校举办趣味运动会，甲、乙、丙3名同学负责A，B，C，D四个任务．若每人至少负责一个任务，每个任务都必须有人负责，则甲同学负责任务的分配方法共有__________种．
【答案】12
【解析】根据题意，3人分4个任务，每人至少1个任务，
因此必然是1人负责2个任务，另外两人各负责1个任务，且甲必须负责A任务，
所以当甲只负责A任务（仅1个任务） 剩余B、C、D三个任务分给乙、丙两人，
共 种分配方法，
当甲除A外还负责1个额外任务（共2个任务） 先从剩余B、C、D三个任务中选1个给甲，
共种选法，剩余2个任务分给乙、丙两人，每人1个，共种排列，
因此这部分共种分配方法。
因此总分配方法为种.
14. 已知对于，都有恒成立，则实数的最大值为__________.
【答案】
【解析】化简不等式为，即.
令，则不等式变为.
，求导得，所以在上单调递增，
又，所以等价于，即.
变形得，令，求导得.
令，解得，当时，，则单调递减；
当时，，则单调递增；
所以在处取得最小值，即.
所以要使得不等式恒成立，则，所以.
所以实数的最大值为.
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. 已知等差数列的前项和为，且.
（1）求数列的通项公式；
（2）若，求的值.
解：（1）由题意可知，数列为等差数列，设首项为，公差为，
又因为对恒成立，所以有，
所以， 即， 解得
所以
即数列的通项公式为.
（2）由题意可得：
，令，
则;
;
两式相减得： ;
所以，即
16. 已知函数.
（1）当时，求函数的极值；
（2）讨论函数的零点个数.
解：（1）由题意，函数的定义域为，
由，得，
令，即，解得；
令，即，解得，则当时，单调递增；
令，即，解得，则当时，单调递减；
所以当函数取极小值，无极大值.
（2）由得方程，令，
则函数零点的个数就是与交点的个数，
由（1）可知，当时，单调递减，
当时，单调递增，
时，;时，；
画出函数的图象如下：
当时，函数与无交点；
当或时，函数与有一个交点；
当时，函数与有两个交点-
所以当，在上有0个零点；
当，在上有1个零点；
当时，在上有2个零点 .
17. 已知二项式.
（1）若其展开式中，第项、第项和第项的二项式系数成等差数列，求的值；
（2）在（1）的条件下求展开式中所有的有理项；
（3）设展开式中的各项系数和为，则当时，求除以所得余数.
解：（1）由题意有，
即，整理得， 因为，解得.
（2）由题意得，
其展开式的通项公式 ，
要想求解展开式中的有理项，需满足为整数，故，
当时，，
当时，，
当时，；
故有理项为、、；
（3）令，.
当时，
.
而能够被整除，
故除以所得余数为．
18. 已知函数.
（1）当时，若直线与曲线相切，求实数的值；
（2）讨论的单调性；
（3）若对任意，都有恒成立，求整数的最小值.
解：（1）当时，，求导得.
设直线与曲线的切点为，
则，解得，.
（2）函数的定义域为，
，
当时，，此时函数在上单调递减；
当时，由，解得;由，解得.
则函数在上单调递减，在上单调递增；
综上，当时，函数在上单调递减；
当时，函数在上单调递减，在上单调递增.
（3）对任意，有恒成立，
即对任意，有，即恒成立．
设，则，.
设，，则在上单调递减，
因为，，
所以，使得，即．
当时，；当时，．
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以．
因为，所以，
所以，又为整数，
故整数的最小值为1．
19. 17世纪，牛顿在《流数法与无穷级数》一书中，给出了代数方程的一种数值解法，其过程如下：如图，设是方程的解，选取作为的初始近似值，过点作曲线的切线.如果，则与轴的交点的横坐标记为，称为的一阶近似值．再过点作曲线的切线，并求出切线与轴的交点横坐标记为，称为的二阶近似值.重复以上过程，得的近似值序列：，已知.
（1）取，根据牛顿迭代法求；
（2）求与的关系式，并证明：；
（3）牛顿迭代法体现了“以直代曲”的数学思想，通常以曲线的切线或割线近似代替原曲线.基于该思想，证明：若关于的方程的两个实数根分别为，则．
（1）解：由得，
当，切线斜率为，直线为，
令，.
（2）证明：在点的切线斜率为
则在点的切线方程为
即
令，则.
令，则，
由得；由得，
所以在上递减，上递增，
，即恒成立，即.
（3）证明：令，得，
当时，；当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以是的极大值点，也是的最大值点，即，
又时，，时，，
所以当方程有两个根时，必满足；
曲线过点和点的割线方程为，
下面证明，
设，
则，
所以当时，；当时，，
所以在上单调递增，；
在上单调递减，，
所以当时，，即(当且仅当或时取等号)，
由于，所以，解得；①
下面证明当时，，
设，因为，
所以当时，(当且仅当时取等号)，
由于所以，解得，②
①②，得．