四川凉山州西昌市2025-2026学年高二下学期期中考试数学试题（含解析）

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注意事项：
1.本试卷分为选择题和非选择题两部分，试题卷4页，答题卡6页.全卷满分为150分，考试时间120分钟.
2.答卷前，考生务必将自己的班级､姓名､考号填写在答题卡上.
3.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.写在本试卷上无效.
4.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
5.考试结束后，将答题卡交回.
一､单选题：本大题共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. 已知函数的导数为，则（ ）
A. 1B. C. 0D.
【答案】B
【解析】
【详解】，故.
2. 年意大利米兰冬奥会期间，组委会选派名翻译志愿者分别承担汉语、英语、日语、韩语四个不同语种的翻译工作（名翻译志愿者均精通汉语、英语、日语、韩语），则不同的选派方案共有（）
A. 种B. 种C. 种D. 种
【答案】C
【解析】
【详解】第个语种（汉语）可以从名志愿者中选人，有种选择；
第个语种（英语）从剩下的名志愿者中选人，有种选择；
第个语种（日语）从剩下的名志愿者中选人，有种选择；
第个语种（韩语）只能选剩下的名志愿者，有种选择，
所以总的选派方案数是．
3. 下列函数中，在区间上单调递减，且图象关于原点对称的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】对于A，是幂函数，图象关于轴对称，不符合题意；
对于B，是由函数向上平移一个单位长度得到的，
因为的图象关于原点对称，
所以的图象不关于原点对称，不符合题意；
对于C，，为偶函数，图象关于轴对称，不符合题意；
对于D，因为在上单调递减，在上单调递增，
所以在上单调递减，
令，则，
因为，所以图象关于原点对称，符合题意.
4. 已知函数在处可导，且，则（ ）
A. B. C. 1D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据导数的定义求解．
【详解】，
所以．
5. 为倡导绿色出行，某小区计划新增3个不同的新能源汽车充电区和2个不同的电动自行车充电区．现有5个空位（排成一排）可供选择，要求2个电动自行车充电区不相邻，则不同的安装方案共有（ ）
A. 36种B. 48种C. 72种D. 144种
【答案】C
【解析】
【分析】利用插空法，先安装3个不同的新能源汽车充电区，再将2个不同的电动自行车充电区插入到4个空位中即可．
【详解】先安装3个不同的新能源汽车充电区，则有种，
再将2个不同的电动自行车充电区插入到4个空位中，则有种，
所以不同的安装方案共有种．
故选：C
6. 过点且与曲线相切的直线方程是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据导数几何意义以及斜率公式，计算可得切点坐标，即可求得切线方程.
【详解】，点不在曲线上，
设切点为，则，
解得：，得切点，则
切线方程为：，
故选：．
7. 已知函数在上单调递增，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】由，得；
函数在上单调递增，在上恒成立，即在上恒成立.
，，在上恒成立，即.
，，；
，当且仅当，即时等号成立；
，即；
实数的取值范围是.
8. 定义在上的奇函数可导，其导函数为，且满足时，，则不等式的解集为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】构造函数，结合函数单调性，奇偶性和特殊点的函数值得到不等式，求出解集
【详解】为定义在上的奇函数，故，此时，不合要求，
当时，设，，
所以为偶函数，，
时，，，
故在上单调递增，
当时，，
又，故，所以，故，
为偶函数，故在上单调递减，
时，，
又，所以，故，
所以不等式的解集为
二､多项选择题：本大题共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，有错选得0分；若本题正确答案为2项，则选对1个得3分；若本题正确答案为3项，则选对1个得2分，选对2个得4分.
9. 函数的导函数的图象如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A. 为函数的单调递增区间
B. 为函数的单调递减区间
C. 函数在处取得极大值
D. 函数在处取得极小值
【答案】ABD
【解析】
【详解】由函数的导函数图象知，当或时，；当或时，，
函数在上单调递减，在上单调递增，
则函数的单调递减区间为，单调递增区间为，AB正确；
函数在，5处取得极小值，在处取得极大值，C错误，D正确.
10. 若，下列等式中正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据排列数、组合数的计算公式逐项分析即可判断ACD，再由组合数的性质判断B得解.
【详解】A，因为，故A正确；
B，由组合数的性质知，，故B错误；
C，因为，故C正确；
D，由，故D正确.
故选：ACD
11. 将一个边长为的正方形铁片的四角截去四个边长均为的小正方形，做成一个无盖方盒，方盒的容积为，则下列说法正确的是（ ）
A. 有两个极值点
B. 的最大值为
C.
D. 当时，
【答案】BD
【解析】
【分析】由题意列出方盒体积方程为Vx=a−2x2x ，化简方程，对方程进行求导即可判断选项AB；
选项C为对称轴性质，没有对称轴；
选项D，当时，可以得出Vx+V2−x=2 ，由对称中心性质即可得出结论.
【详解】Vx=a−2x2x=4x3−4ax2+a2xx∈0,a2，
V'x=12x2−8ax+a2=2x−a6x−a，令，解得，因为，
所以当时，，单调递增；当时，，单调递减；
则在处(唯一极大值点)取得极大值，也是最大值，无极小值点.
Va6=4×a63−4a×a62+a2×a6=2a327，故A错误，B正确；
V12a−x=a−a+2x2a2−x=4x2a2−x=−4x3+2ax2≠Vx，故C错误；
当时，可以得出Vx+V2−x=3−2x2x+−1+2x22−x=2 ，所以V1120+V2920=2 ，V1220+V2820=2 ……
一共有9组和为2的数对，再加上V2020=V1=1 ，则V1120+V1220+V1320+⋯+V2820+V2920=19 ，故选项D正确.
三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 若函数的单调递增区间是，则__________.
【答案】2
【解析】
【详解】因为函数的对称轴为，则其单调递增区间为，
依题意可得，解得.
13. 某社区开展“垃圾分类知识竞答”活动，题库中有6道“易回收”题和3道“有害垃圾”题.系统随机抽取2道题作为一次挑战，则抽到的题目中至少有一道“有害垃圾”题的概率是__________.
【答案】
【解析】
【详解】要求至少有一道“有害垃圾”题的概率，可以先求一道“有害垃圾”题都没有的概率.
总抽法数种，一道“有害垃圾”题都没有的抽法数.
故所求概率为1−C62C92=1−1536=2136=712.
14. 已知不等式对一切都成立，则的最小值是______.
【答案】
【解析】
【分析】令，求出导数，分类讨论进而得到，可得，通过导数求出单调区间和极值、最值，进而得到的最小值.
【详解】令，
不等式对一切都成立等价于对一切都成立，
因为， ，
若， 则恒成立，即时函数单调递增，无最值；
若， 令得，
当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，
所以函数在时处取得极大值，也为最大值，为，
， ， ，
令， ， 令得，
在上，， 函数单调递减， 在上，，函数单调递增，
当时 ，， 所以的最小值为.
故答案为：.
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. 求下列函数的导数：
（1）
（2）
（3）
【答案】（1）；
（2）；
（3）
【解析】
【分析】（1）本小问主要考查导数的减法运算法则和基本初等函数求导公式，对每一项分别求导，再相减即可；
（2）本小问主要考查导数的商的运算法则与复合函数的导数，代入求导公式计算即可；
（3）先将函数表达式进行化简，再根据导数加法运算法则及复合函数的导数，进行求导即可.
【小问1详解】
解：f'x=4x3−2×1x=4x3−2x；
【小问2详解】
解：f'x=e2x'⋅x−e2x⋅x'x2=2e2x⋅x−e2x⋅1x2=2x−1e2xx2；
【小问3详解】
解：由fx=2sinx⋅csx+lgx=sin2x+12lgx ，
所以f'x=2cs2x+12×1xln10=2cs2x+12xln10.
16. 已知函数．
（1）求在点处的切线方程；
（2）求的单调区间和极值．
【答案】（1）
（2）的单调递增区间为和，单调递减区间为，
极大值，极小值．
【解析】
【分析】（1）先求函数在处的函数值与导数值（切线斜率），再用点斜式写出切线方程．
（2）先求导并因式分解，根据导数的正负判断函数单调性，再结合单调性确定极大值点、极小值点，代入原函数计算极值．
【小问1详解】
由fx=12x2−3x+2lnx+1 ，得f'x=x−3+2x，
因为f1=12×12−3×1+2ln1+1=−32，f'1=1−3+21=0 ，
所以在点处的切线方程为y−−32=0×x−1，即．
【小问2详解】
的定义域为，
f'x=x−3+2x=x2−3x+2x=x−1x−2x，
令，得或，令，得或，令，得，
所以的单调递增区间为和，单调递减区间为，
当时，取极大值，当时，取极小值f2=−3+2ln2 ．
17. 从包含3名工程师和5名数据分析师的团队中，选派4人组成一个项目组，要求项目组中工程师不少于1人，数据分析师不少于2人.
（1）项目组有多少种不同的选派方案？
（2）现将项目组4人分配到“算法开发”和“模型测试”两个不同岗位，每岗至少1人，且工程师不能都去同一个岗位，求有多少种不同的分配方案.
【答案】（1）60 （2）660
【解析】
【分析】（1）结合题意分选派4人中可以有1名工程师和3名数据分析师或2名工程师和2名数据分析师两种情况求解即可；
（2）结合（1）分两种情况讨论求解即可.
【小问1详解】
由题意可得，选派4人中可以有1名工程师和3名数据分析师或2名工程师和2名数据分析师，
若选派4人中可以有1名工程师和3名数据分析师，此时有种不同的选派方案；
若选派4人中可以有2名工程师和2名数据分析师，此时有种不同的选派方案；
综上：项目组有60种不同的选派方案.
【小问2详解】
若选派4人中有1名工程师和3名数据分析师，
若3名数据分析师分配到同一岗位，结合题意，此时有种不同的分配方案，
若3名数据分析师按照分配到两个不同的岗位，此时有种不同的分配方案；
若选派4人中有2名工程师和2名数据分析师，
若2名数据分析师分配到同一岗位，结合题意，此时有种不同的分配方案，
若2名数据分析师按照分配到两个不同的岗位，此时有种不同的分配方案；
综上：有种不同的分配方案.
18. 已知函数.
（1）若，求的最值；
（2）讨论的单调性；
（3）当时，若的极小值点为，证明：存在唯一的零点，且.
【答案】（1）函数的最小值为，无最大值；
（2）当时，在上单调递减，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增；
当时，在R上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.
（3）证明见详解
【解析】
【分析】（1）利用导数求出函数的单调性，进而求最值；
（2）求导，分类讨论判断导数正负，求单调区间即可；
（3）由（2）可得，利用单调性和零点存在性定理可得在上存在唯一零点；可得a=2x1−1ex1x12，得x1−x0=2lnx1−ln2x1−1，，构造函数gx=2lnx−ln2x−1，，利用导数求出最值，得证.
【小问1详解】
当时，，则，
所以当时，，即单调递减，
当时，，即单调递增，
所以函数的最小值为，无最大值.
【小问2详解】
由，
当时，，所以当时，，当时，，
即在上单调递减，在上单调递增；
当时，令f'x=xex−a=0 ，得或，
当时，，有，即在R上单调递增；
当时，，
所以当时，，则在上单调递增，
当时，，则在上单调递减，
当时，，则在上单调递增；
当时，，
所以当时，，则在上单调递增，
当时，，则在上单调递减，
当时，，则在上单调递增；
综上所述，当时，在上单调递减，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增；
当时，在R上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.
【小问3详解】
因为a∈1,12e2，由（2）知在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.
依题意，，
又，，，f2=e2−2a>0 ，
所以在上存在唯一零点，且x1−1ex1=12ax12，
解得a=2x1−1ex1x12，两边取自然底数的对数，x0=lna=ln2x1−1+x1−2lnx1，
所以x1−x0=x1−ln2x1−1+x1−2lnx1=2lnx1−ln2x1−1，，
令gx=2lnx−ln2x−1，，则g'x=2x−1x−1=x−2xx−1g2=2ln2−ln2=ln2 ，
故.
19. 已知函数.
（1）若是的极值点，求的值；
（2）若函数存在两个不同的极值点.
（i）求实数的取值范围；
（ii）证明：.
【答案】（1）
（2）（i）（ii）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据函数极值的定义，结合导数的性质进行求解即可；
（2）（i）根据函数极值的定义，利用转化法进行求解即可；（ii）根据函数极值的定义，结合对数的运算性质，利用构造函数法、二次求导法进行求解运算证明即可.
【小问1详解】
fx=xlnx+ax⇒f'x=lnx+1+a ，
因为是的极值点，
所以f'1=ln1+1+a=0⇒a=−1 ，即，
当时，，所以函数在上单调递增，
当时，，所以函数在上单调递减，
所以是的极小值点，符合题意；
【小问2详解】
（i）gx=2fx−3ax2−2ax=2xlnx+2ax−3ax2−2ax=2xlnx−3ax2，
函数的定义域为，
令g'x=2lnx+2−6ax=0⇒3a=lnx+1x，
设ℎx=lnx+1x,x>0，
因为函数gx=2fx−3ax2−2ax 存在两个不同的极值点，
所以直线与函数的图象有两个不同的交点，
，
当时，，所以函数在上单调递减，
当时，，所以函数在上单调递增，
，当时，，且当时，，
当时，，且当时，，函数的图象如下图所示：
要想直线与函数的图象有两个不同的交点，
只需，
所以实数的取值范围为；
（ii）因为函数gx=2fx−3ax2−2ax 存在两个不同的极值点，
所以不妨设，
且，
，
于是有lnx2+1+lnx1+1=3ax2+3ax1⇒lnx2x1+2=3ax2+x1，
lnx2+1−lnx1−1=3ax2−3ax1⇒lnx2x1=3ax2−x1，
因为，所以令，
所以有lnx2x1+2lnx2x1=3ax2+x13ax2−x1=tx1+x1tx1−x1=t+1t−1⇒lnx2x1+2=t+1lntt−1,
要想证明，只需证明，
所以只要证明 在上恒成立，
即t+1lnt−2t−1>0⇒tlnt+lnt−2t+2>0 在上恒成立，
设mt=tlnt+lnt−2t+2⇒m't=lnt+1+1t−2=lnt+1t−1 ，
令nt=lnt+1t−1⇒n't=1t−1t2=t−1t2，
因为，所以，因此函数在上单调递增，
于是当时，，
即，因此函数在上单调递增，
于是当时，，
因此在上恒成立，
所以 在上恒成立，
因此lnx2x1+2>2⇒lnx2x1>0⇒x2x1>1 .