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（含解析）

这是一份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（含解析），共32页。试卷主要包含了 已知元一次方程， 已知函数，则， 已知，则下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、考场号、座位号、考生号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试题卷上无效.
3.考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回.
一、选择题：本题共8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. 已知函数 则曲线在点处的切线在轴上的截距为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求出原函数的导函数，得到函数在处切线的斜率，再求出，利用直线方程的点斜式求切线方程，取得答案．
【详解】由，得，
所以，又，
曲线在处的切线方程为，
令得轴上的截距为．
2. 已知函数，若，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求导确定函数在上的单调性，再结合函数奇偶性即可判断.
【详解】由，定义域为R，
则 ，
因此 是偶函数，
故： ， ，
对求导得：
因为，
由，得，所以，
当时，，
即在上单调递增，
因此大小关系为： ，
结合的单调性得： ，
即 .
3. 已知函数，其中，3为的极大值点.若在内有最小值，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求导，根据可得函数的单调区间，再根据3为的极大值点可确定的值，然后由极小值点在区间内，可求的取值范围.
【详解】，由于，则，
所以由或；由.
所以函数在和上单调递增，在上单调递减.
故是的极大值点，是的极小值点.所以，
若在内有最小值，只需且，
即，解得，所以的取值范围是.
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.
【答案】A
【解析】
【详解】将丙和丁看作一个整体（捆绑），内部可以交换顺序，有种，
①先排（丙丁）和戊，有种排法，这两个排好后，会产生个空位（包括两端），
②从个空位中选个来排甲和乙，有种排法，
所以总排法为种．
5. 有5名护士到某医院实习，该医院将这5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1人，且每人只去一个科室，则不同的分配方案种数为（ ）
A. 40B. 90C. 150D. 240
【答案】C
【解析】
【详解】解：先将5名护士分成3组，每组至少1人，分组方式有；，
则不同的分配方案种数为．
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. 35B. 56C. 84D. 120
【答案】B
【解析】
【分析】令，得到，结合条件即可求解.
【详解】由得，，
令，.
则原问题等价于方程的正整数解的个数，
由题意知符合条件的个数为，
故选：B.
7. 已知的展开式中二项式系数之和为32，各项系数之和为243，则其展开式中的系数是（ ）
A. 48B. 64C. 40D. 80
【答案】D
【解析】
【分析】根据二项式系数之和以及系数之和求，再根据二项式定理运算求解即可.
【详解】因为展开式中二项式系数之和为32，
则，解得，即二项式为，
又因为的展开式中各项系数之和为243，
令可得，解得，即二项式为，
其展开式的通项公式为，，
令，可得1，所以展开式中的系数是.
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1261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1外，其余每个数都是其“肩上”的两个数之和，如第4行的6为第3行中两个3的和．则下列命题正确的是（ ）．
A. 在“杨辉三角”第9行中，从左到右第7个数是86
B. 第9行所有数字之和为256
C. 记第20，21行数字的最大值分别为a，b，则
D. 在“杨辉三角”中，从第2行起到第12行，每一行的第3列的数字之和为286
【答案】D
【解析】
【分析】由杨辉三角及二项式定理、组合数性质求对应行列数字及相关行的数字之和.
【详解】在“杨辉三角”第9行中，从左到右第7个数是，A错误；
由二项式系数的性质知，第n行各数的和为，所以第8行所有数字之和为，则第9行数字之和必大于256，B错误；
第20行数字的最大值为，第21行数字的最大值为，所以，C错误；
在“杨辉三角”中，当时，从第2行起，每一行的第3列的数字之和为，D正确．
故选：D
二、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．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 已知函数，则（ ）
A. 有两个极值点B. 当且仅当
C. 当时，D. 若，则
【答案】ABC
【解析】
【分析】对函数求导分析其单调区间与极值点，再结合选项逐一判断.
【详解】已知，求导得，
令，得或，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，极大值，极小值，
因式分解得：，
对于A选项：有两个极值点有两个实数根和，
且在这两点左右两侧导数异号，因此这两个点都是极值点，故A正确；
对于B选项，因为，其中，
要使，必须有且，
解，得，此时自然满足，
因此不等式解集为，故B正确；
对于C选项：当时，，当时，，
且，故两者均处于的单调递增区间，
，因为，所以，即，
又函数在上单调递增，故，故C正确；
对于D选项：取，计算得，为了使和为4，
需要，令，即，
分解得，解得或，
若取，满足，但此时，
因此原命题不一定成立，故D错误.
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1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
【答案】BC
【解析】
【分析】求导，根据导数符号可判断A；根据单调性结合极值可判断B；利用二阶导数可判断C；转化为的图象与直线只有一个交点可判断D.
【详解】函数的定义域为R，则，
对于A，当时，，则在单调递减；
当或时，，则在，单调递增，故A错误；
对于B，由A可知，在处取极大值，在处取极小值，
极大值为且；
又当，，故在R上只有一个零点，故B正确；
对于C，代表该函数为凹函数，
记，则，
又，当时，恒成立，函数为凹函数，故C正确；
对于D，由上知在单调递减，在单调递增，
又，，
所以在区间上有且仅有一个根等价于函数在上的图象与直线只有一个交点，
所以或，故D错误．
故选：BC．
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24种不同的安排方法.
B. 若恰有一个区无人去，则共有144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18种不同的安排方法.
D. 若该医院又计划向这四个区捐赠10箱防护服（每箱防护服均相同），且每区至少发放1箱，则共有84种不同的安排方法.
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A，直接用全排列公式求解即可；对于B，先选一个区无人去，然后将四名医生分成3组，再全排，最后用分步乘法计数原理求解即可；对于C，使用间接法求解即可得解；对于D，使用隔板法求解可得结果.
【详解】对于A，若四个区都有人去，则共有24种不同的安排方法.故A正确；
对于B，若恰有一个区无人去，则共有种不同的安排方法.故B正确；
对于C，若甲不去区,乙不去区，且每区均有人去，可考虑4人的全排列，去掉甲去区，乙去区，再加上甲去区同时乙去区，
即共有种不同的安排方法.故C不正确；
对于D，若该医院又计划向这四个区捐赠10箱防护服(每箱防护服均相同)，且每区至少发放1箱，
即使用3块隔板将10箱隔成4份，且隔板不相邻、不在两端，则共有种不同的安排方法.故D正确.
故选：ABD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 将4名志愿者分配到花样滑冰、短道速滑、冰球和冰壶4个项目进行培训，每名志愿者只分配到1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）
【答案】18
【解析】
【分析】先分析小明的分配方法，再将另外3名志愿者全排列，由分步乘法计数原理计算可得答案．
【详解】志愿者小明不去花样滑冰项目，则小明有3种分配方法，
将另外3名志愿者分配剩下的3个项目，有种分配方法，
根据分步乘法计数原理可得不同的分配方案共有种．
13. 若，则________．
【答案】3124
【解析】
【分析】由多项式分析知：为奇数，系数为负； 为偶数，系数为正，可得，再应用赋值法求、，即可得结果.
【详解】由题设，含的项中，当为奇数，系数为负，而当为偶数，系数为正，
所以，
令，则；
令，得，
所以．
14. 设函数，若有两个极值点，，且，则的最小值是________.
【答案】
【解析】
【分析】根据函数有两个极值点可得方程在上有两个不等实根，，由此可得韦达定理的结论，将表示为关于的函数的形式，构造函数，利用导数求得即可．
【详解】定义域为，，
有两个极值点，等价于在上有两个不等实根，，
，，，，
，
设，
则，
在上单调递减，，
即，
的最小值为．
故答案为：．
思路点睛：本题考查了函数和导数综合解决双变量最值问题，根据已知极值点确定双变量等式关系，再进行代换转化为单变量问题，构造新函数求导确定最值得结论即可.
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. 人工智能社团有6位同学，计划对ChatGPT、Sra、GPT-4、Claude这4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．
（1）若从社团中选出5人去调研，共有多少种不同的调研安排方案？
（2）若6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？
【答案】（1）1440 （2）240
【解析】
【分析】（1）从6位同学中选5人，分为：2人，1人，1人，1人四组，再进行全排列即可；
（2）将甲、乙两位同学视为一个整体（一个元素），将5个元素分成“2，1，1，1”四组，再进行全排列即可.
【小问1详解】
首先，从6位同学中选5人，有种选法，
接下来将5人分配到4种模型，且每类模型至少1人负责，
则5人分为：2人，1人，1人，1人四组，有种方法，
再将这四组对应4种模型进行全排列，
不同的调研安排方案有种.
【小问2详解】
首先将甲、乙两位同学视为一个整体（一个元素），
此时相当于5个元素分配到4种模型,每类模型至少有一人，
即分成元素个数分别为“2，1，1，1”四组，则有种方法，
再将这四组对应4种模型进行全排列，有种方法，
所以，若6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. 已知函数，其中．
（1）当时，求函数的极小值；
（2）当时，恒成立，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）求导，分析函数单调性和极值点，进而求出函数的极小值；
（2）先转化不等式，构造函数并求导，分析函数单调性及极值点，进而求出的取值范围．
【小问1详解】
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．
【小问2详解】
恒成立，
，不等式化为，
整理得，，问题转化为，
令，则，
，令分子为0，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. 有标号1，2，3，4，5，6的六个小球和标有A，B，C，D的四个盒子．（结果均使用数值表示）
（1）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？
（2）若每盒放入一球，1号球、2号球不能放入A盒和D盒，有多少种放法？
（3）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4个，有多少种放法？
【答案】（1）4096
（2）144 （3）300
【解析】
【分析】（1）可知每个球均有4种选择，结合分步乘法计数原理运算求解；
（2）先排A盒和D盒，再排B盒和C盒，根据分步乘法计数原理结合排列数运算求解；
（3）先选空盒，再讨论盒中球的个数，结合排列数、组合数运算求解.
【小问1详解】
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4种选择，
所以有种不同放法.
【小问2详解】
若每盒放入一球，1号球、2号球不能放入A盒和D盒，
先排A盒和D盒，有种不同放法，
再排B盒和C盒，有种不同放法，
所以有种不同放法.
【小问3详解】
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4个，
若其中一个盒中球的数量为4个，有种不同放法；
若其中一个盒中球的数量为3个，有种不同放法；
所以有种不同放法.
18. 已知，求下列各式的值：
（1）；
（2）；
（3）求该展开式中系数的绝对值最大的项.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用二项式系数的符号规律，的系数正负交替，因此系数绝对值之和等价于的各项系数和，令直接计算即可；
（2）对原式两边求导，得到含的等式，再令，即可直接得到所求值；
（3）先写出通项公式，设第项系数绝对值最大，通过列相邻两项系数绝对值的不等式组，求解得到的取值，再代入通项得到对应项．
【小问1详解】
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 ．
【小问2详解】
对，
两边同时求导得，
令，得 ．
【小问3详解】
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. 已知函数，.
（1）若，求曲线在处的切线方程；
（2）若，求在内的极值；
（3）设，若有2个零点，，且，求证：.
【答案】（1）
（2）有极大值，无最小值
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）对求导，求出，，，再由导数的几何意义求解即可；
（2）当，对求导，求出的单调性，结合极值点的定义即可得出答案；
（3）对求导，研究单调性和极值可知要使有2个零点，则需，由此求出的范围，要证，只需证，由此构造，，对求导，证明即可.
【小问1详解】
当时，，则，
因为，，
所以曲线在处的切线方程为，即.
【小问2详解】
当时，，有，
由可得，即，
当时，，，即，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
有极大值，无最小值.
【小问3详解】
，则.
若，则，单调递增，不可能有两个零点.
若，令，得，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以为的极小值点，
要使有2个零点，则需，即.
因为的2个零点为，，，所以.
要证，只需证，
因为，在上单调递增，
所以只需证，
因为，所以只需证，
即只需证，，
令，，
则，
设，则，
则在上单调递减，
又因为，
所以当时，，所以在上单调递增，
又因为，
所以当时，，即在上单调递减，
又因为，所以，
即，，
所以原命题得证.