青海海东市2025-2026学年高二下学期期中考试数学试卷（含解析）

这是一份青海海东市2025-2026学年高二下学期期中考试数学试卷（含解析），共36页。
2．请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．
3．选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚．
4．考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交．
考试时间120分钟，满分150分
第Ⅰ卷（选择题）
一、单选题（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. 设，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求出函数的导数，结合已知条件，即得答案.
【详解】由，得，
故由，得，
故选：B
2. 记为等差数列的前项和，已知，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由结合等差中项的性质可得，即可计算出公差，即可得的值.
【详解】由，则，
则等差数列的公差，故.
故选：B.
3. 已知曲线y＝－3ln x的一条切线的斜率为，则切点的横坐标为（ ）
A. 3B. 2C. 1D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用导数的几何意义求解即可.
【详解】设切点为，，由题知：，
所以，解得：或（舍去）.
故选：A
4. 函数的定义域为开区间，导函数在内的图象如图所示，则函数在开区间内有极小值点（ ）
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
【答案】A
【解析】
【分析】由导函数的图象可知在开区间内有个零点，，分析导函数再零点左右的导数值（正、负），即可判断函数的极值点，从而得解.
【详解】从图形中可以看出，在开区间内有个零点，，
在处的两边左正、右负，取得极大值；
在处的两边左负、右正，取值极小值；
在处的两边都为正，没有极值；
在处的两边左正、右负，取值极大值．
因此函数在开区间内的极小值点只有一个．
故选：A．
5. 8名学生和2位老师站成一排合影，2位老师不相邻的排法种数为
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】考点：排列、组合的实际应用．
分析：本题要求两个教师不相邻，用插空法来解决问题，将所有学生先排列，有A88种排法，再将两位老师插入9个空中，共有A92种排法，根据分步计数原理得到结果．
解：用插空法解决的排列组合问题，
将所有学生先排列，有A88种排法，
然后将两位老师插入9个空中，
共有A92种排法，
∴一共有A88A92种排法．
故选A．
6. 点到双曲线的一条渐近线的距离为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】首先确定渐近线方程，然后利用点到直线距离公式求得点到一条渐近线的距离即可.
【详解】由题意可知，双曲线的渐近线方程为：，即，
结合对称性，不妨考虑点到直线的距离：.
故选：A.
7. 函数，若是的极小值点，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】求出导函数，利用得，然后按照、和分类讨论研究函数单调性，从而利用极小值点的定义求解即可.
【详解】的定义域为 ，，
由题意，得，
所以．
若 ，．当时，，此时单调递增；
当时，，此时单调递减．所以是函数的极大值点，不满足题意．
②若，由，得，
当时，即 ，
当或时，，此时单调递增；
当时，，此时单调递减．
所以是函数的极大值点，不满足题意．
当时，即 ， ，此时单调递增，无极值点，不满足题意．
当时，即 ，
当或时，，此时单调递增；
当时，，此时单调递减．所以是函数的极小值点，满足题意．
③若 ，．当时，，此时单调递增；
当时，，此时单调递减．所以是函数的极大值点，不满足题意．
综上 的取值范围是即．
故选：A．
8. 已知函数f(x)＝x(lnx－ax)有两个极值点，则实数a的取值范围是( )
A. (－∞，0)B. C. (0,1)D. (0，＋∞)
【答案】B
【解析】
【详解】函数f（x）=x（lnx﹣ax），则f′（x）=lnx﹣ax+x（﹣a）=lnx﹣2ax+1，
令f′（x）=lnx﹣2ax+1=0得lnx=2ax﹣1，
函数f（x）=x（lnx﹣ax）有两个极值点，等价于f′（x）=lnx﹣2ax+1有两个变号零点，
等价于函数y=lnx与y=2ax﹣1的图象有两个交点，
在同一个坐标系中作出它们的图象（如图）
当a=时，直线y=2ax﹣1与y=lnx的图象相切，
由图可知，当0＜a＜时，y=lnx与y=2ax﹣1的图象有两个交点．
则实数a的取值范围是（0，）．
故选B．
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. 在的展开式中，下列说法正确的有（ ）
A. 含项的系数为B. 第3项与第4项的二项式系数相等
C. 所有项的二项式系数之和为32D. 所有项的系数之和为
【答案】BCD
【解析】
【分析】先求出的展开式的通项，赋值可判断AD，所有项的二项式系数之和为可判断C，由二项式定理可判断B.
【详解】的展开式的通项为.
令，可得含项的系数为，故A错误；
第3项的二项式系数为，第4项的二项式系数为，两者相等，故B正确；
所有项的二项式系数之和为，故C正确；
令，可得所有项的系数之和为，故D正确.
故选：BCD.
10. 如图，正方体的棱长为1，下列说法正确的是（ ）
A. 直线与所成的角为
B. 直线与平面所成角的余弦值为
C. 二面角的大小为
D. 点到平面的距离为
【答案】BD
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量的夹角公式即可判断ABC，根据向量法求距离即可判断D.
【详解】以点为坐标原点，分别以为轴，建立空间直角坐标系，则，
对于A：，，所以，故A错误；
对于B：，显然为平面的法向量，
设直线与平面所成角为，
所以，故B正确；
对于C：，设平面的法向量为，所以，令，得，
显然为平面的一个法向量，所以，
所以，故C错误；
对于D：，显然为平面的一个法向量，故D正确.
故选：BD.
11. 已知函数是定义域为的奇函数，当时，，则下列说法正确的是（ ）
A. 当时，B. 的极大值点是3
C. 的值域为D. 当时，函数有1个零点
【答案】BD
【解析】
【分析】选项A，根据奇偶性求出解；选项B，利用导数法求出单调性，利用单调性得到极大值；选项C，利用导数法求出单调性，利用单调性求出极值，结合极限得到值域；选项D，构造函数利用函数的最大值，单调性求解.
【详解】因为是奇函数，所以，
当时，有，
由题意可得，
因此，所以A错误.
当时，，
求导得，
因为，所以的符号由决定：
当时， ，是单调递增函数；
当时，，是单调递减函数；
因此在处取得极大值，所以B正确；
下面判断值域，由上面的单调性可知，
当时，，
所以时，函数值范围为，
当时，，求导得
所以是极小值点，且又
因此时，函数值范围为，
结合，函数的值域为不是，所以C错误.
最后判断D,令
函数的零点等价于方程的实根，
当时，时，的最大值，所以在上没有解，
在上，在区间单调递增，且函数值从增大到
因此对任意，方程在内恰有一个实根，
所以函数有个零点，D正确.
第Ⅱ卷（非选择题）
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 在的展开式中，的系数为________．（用数字作答）
【答案】10
【解析】
【分析】根据给定条件，求出二项式展开式的通项公式，再由指定的幂指数求解得答案.
【详解】二项式的展开式通项公式，
由，得，因此，
所以的系数为10.
故答案为：10
13. 从位女生，位男生中选人参加科技比赛，且至少有位女生入选，则不同的选法共有_____________种．（用数字填写答案）
【答案】
【解析】
【分析】方法一：反面考虑，先求出所选的人中没有女生的选法种数，再根据从人中任选人的选法种数减去没有女生的选法种数，即可解出.
【详解】［方法一］：反面考虑
没有女生入选有种选法，从名学生中任意选人有种选法，
故至少有位女生入选，则不同的选法共有种．
故答案为：.
［方法二］：正面考虑
若有1位女生入选，则另2位是男生，于是选法有种；
若有2位女生入选，则另有1位是男生，于是选法有种，则不同的选法共有种．
故答案为：.
【整体点评】方法一：根据“正难则反”，先考虑“至少有位女生入选”的反面种数，再利用没有限制的选法种数减去反面种数即可求出，对于正面分类较多的问题是不错的方法；
方法二：正面分类较少，直接根据女生的人数分类讨论求出．
14. 若函数在区间内是减函数，则实数的取值范围是_______.
【答案】
【解析】
【详解】解法一：时，是减函数，又，∴由得在上恒成立，．
解法二：由，
令，
则，
因为函数在区间内是减函数，
所以在递减，
又的对称轴为，且开口向下，
所以，解得，
所以实数的取值范围是.
四、解答题（本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤）
15. 等差数列中，.
(1)求的通项公式；
(2)设，求数列的前项和.
【答案】（1）（2）
【解析】
【详解】(1)设等差数列{an}的公差为d，则an＝a1＋(n－1)d.
因为所以.
解得a1＝1，d＝.所以{an}的通项公式为an＝.
(2)bn＝＝，
所以Sn＝
16. 设函数
（1）讨论的单调性；
（2）求在区间的最大值和最小值．
【答案】（1）函数在上单调递增；在上单调递减；
（2）在区间上的最大值为，最小值为.
【解析】
【分析】（1）先求函数的定义域，解不等式求出函数的单调递增区间，解不等式求出函数的单调递减区间；（2）根据函数的单调性求出函数的最值.
【小问1详解】
函数的定义域为，
又.
令，解得或；令，解得.
所以函数在上单调递增；在上单调递减；
【小问2详解】
由（1）可得：函数在区间内单调递减，在内单调递增.
所以当时，函数取得最小值，
又，，
而，
所以当时，函数取得最大值为：.
即在区间上的最大值为，最小值为.
17. 已知函数，其中，且曲线在点处的切线垂直于.
（1）求的值；
（2）求函数的单调区间与极值.
【答案】（1）；（2）单调递增区间，单调递减区间，的极小值为 .
【解析】
【分析】（1）由，而曲线在点处的切线垂直于，所以，解方程可得的值；
（2）由（1）的结果知于是可用导函数求的单调区间；
【详解】（1）对求导得，
由在点处切线垂直于直线，
知解得；
（2）由（1）知，
则
令，解得或.
因不在的定义域内，故舍去.
当时，故在内为减函数；
当时，故在内为增函数；
由此知函数在时取得极小值.
18. 设曲线在点处的切线l与x轴y轴所围成的三角形面积为．
（1）求切线l的方程；
（2）求的最大值．
【答案】（1）；
（2）．
【解析】
【分析】（1）求出导函数，由导数的几何意义求得切线方程；
（2）求出切线与坐标的交点坐标，计算出三角形面积后，由导数求得最大值．
【小问1详解】
，时，
所以切线方程为，即．
【小问2详解】
在中，令得，令得，
因为，
所以，
，
所以时，，递增，时，，递减，
所以．
19. 已知函数．
（1）当时，求曲线在点处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；
（2）若不等式恒成立，求a的取值范围．
【答案】（1）（2）
【解析】
【分析】（1）利用导数的几何意义求出在点切线方程，即可得到坐标轴交点坐标，最后根据三角形面积公式得结果；
（2）方法一：利用导数研究函数的单调性，当a=1时，由得,符合题意；当a>1时，可证，从而存在零点，使得，得到，利用零点的条件，结合指数对数的运算化简后，利用基本不等式可以证得恒成立；当时，研究.即可得到不符合题意.综合可得a的取值范围.
【详解】（1），，.
，∴切点坐标为(1,1+e),
∴函数在点(1,f(1)处的切线方程为,即,
切线与坐标轴交点坐标分别为,
∴所求三角形面积为．
（2）［方法一］：通性通法
,，且.
设,则
∴g(x)在上单调递增，即在上单调递增，
当时，,∴,∴成立.
当时， ，，,
∴存在唯一，使得，且当时，当时，，，
因此
>1,
∴∴恒成立；
当时， ∴不是恒成立.
综上所述，实数a的取值范围是[1,+∞).
［方法二］【最优解】：同构
由得，即，而，所以．
令，则，所以在R上单调递增．
由，可知，所以，所以．
令，则．
所以当时，单调递增；
当时，单调递减．
所以，则，即．
所以a的取值范围为．
［方法三］：换元同构
由题意知，令，所以，所以．
于是．
由于，而在时为增函数，故，即，分离参数后有．
令，所以．
当时，单调递增；当时，单调递减．
所以当时，取得最大值为．所以．
［方法四］：
因为定义域为，且，所以，即．
令，则，所以在区间内单调递增．
因为，所以时，有，即．
下面证明当时，恒成立．
令，只需证当时，恒成立．
因为，所以在区间内单调递增，则．
因此要证明时，恒成立，只需证明即可．
由，得．
上面两个不等式两边相加可得，故时，恒成立．
当时，因为，显然不满足恒成立．
所以a的取值范围为．
【整体点评】（2）方法一：利用导数判断函数的单调性，求出其最小值，由即可求出，解法虽稍麻烦，但是此类题，也是本题的通性通法；
方法二：利用同构思想将原不等式化成，再根据函数的单调性以及分离参数法即可求出，是本题的最优解；
方法三：通过先换元，令，再同构，可将原不等式化成，再根据函数的单调性以及分离参数法求出；
方法四：由特殊到一般，利用可得的取值范围，再进行充分性证明即可．