四川省宜宾市重点高中2025-2026学年高二下学期5月期中考试试卷 数学（含解析）（含解析）

这是一份四川省宜宾市重点高中2025-2026学年高二下学期5月期中考试试卷 数学（含解析）（含解析），共6页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．计算的值是（ ）
A．41B．61C．62D．82
2．5名运动员进行3项体育运动比赛，每项只设有冠军和亚军各一名，那么各项冠军获得者的不同情况的种数为（ ）
A．B．C．D．
3．用0，1，2，3组成没有重复数字的四位偶数有（ ）个
A．8B．10C．12D．16
4．如图是函数的导函数的图象，则下列结论中正确的是（ ）
A．函数的图象在处切线的斜率小于零
B．在时，函数取得极值
C．在时，函数取得极大值
D．函数在区间上单调递增
5．把5个相同的小球分给3个小朋友，使每个小朋友都能分到小球的分法有（ ）
A．4种B．6种C．21种D．35种
6．甲、乙等6位同学去三个社区参加义务劳动，每个社区安排2位同学，每位同学只去一个社区，则甲、乙到同一社区的不同安排方案共有（ ）
A．6种B．18种C．36种D．72种
7．若，则（ ）
A．256B．127C．128D．129
8．已知是函数的导数，且，则不等式的解集为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．判断下列命题正确的是（ ）
A．函数的极大值一定比极小值大
B．对于可导函数，若，则为函数的一个极值点
C．若在内恒成立，则函数在内一定没有极值
D．一元三次函数在上可能不存在极值
10．3个人坐在一排5个座位上，则下列说法正确的是（ ）
A．共有60种不同的坐法B．空位不相邻的坐法有32种
C．空位相邻的坐法有24种D．两端不是空位的坐法有12种
11．对于三次函数，给出定义：是函数的导数，是函数的导数，若方程有实数解，则称为函数的“拐点”.某同学经探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心.若函数，则下列说法正确的是（ ）
A．的极大值为
B．有且仅有2个零点
C．点是的对称中心
D．
三、填空题
12．的二项展开式中项的系数为________．
13．如图，一个地区分为5个行政区域，现给地图着色，要求相邻地区不得使用同一颜色，现有4种颜色可供选择，则不同的着色方法共有种___________．（以数字作答）
14．若函数存在唯一极值点，则实数的取值范围是_______________.
四、解答题
15．已知公比为2的等比数列满足成等差数列．
(1)求数列的通项公式；
(2)求数列的前项和．
16．已知函数，.
(1)当时，求函数在点处的切线方程；
(2)试判断函数的单调性.
17．如图，已知正三棱柱中，，点为的中点.
(1)证明：平面；
(2)求点到平面的距离.
18．已知椭圆的离心率为，分别为椭圆的左､右顶点，为椭圆的上顶点，且.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若直线交椭圆于两点，直线的斜率为，直线的斜率为，求的值.
19．已知函数的一个极值点是．
(1)求a与b的关系式；
(2)求出的单调区间；
(3)设，，若存在，使得成立，求实数a的取值范围．
参考答案
1．B
【详解】，
，,
因此.
故选：B.
2．A
【详解】每个项目只有一个冠军，每一名运动员都可能获得其中的一项获军，因此每个项目获冠军的可能性有5种．∴种.
所以本题选A.
3．B
【详解】若0在个位，则有种情况，
若0不在个位，则从百位和十位中选一个位置放0，2放在个位，另外两个数字全排列，故有，
故总共有个，
故选：B
4．D
【详解】对于A，函数在处切线斜率为，由导函数图象可知，时，故斜率大于零，A错误；
对于B，处导函数值左右两侧均为正，符号未变，故不是极值点，B错误；
对于C，处导函数从负变正，原函数取得极小值，C错误；
对于D，观察图象，在区间内，故原函数在上单调递增，D正确.
5．B
【详解】利用隔板法：由题可知使每个小朋友都能分到小球的分法有种.
故选：.
6．B
【详解】首先分组，甲、乙已经分为一组，
则剩下4人分成两组，共有种可能，
再分配到三个社区可得：，
故选：B
7．D
【详解】令，得，
令，得，
相减，得，
令，得，
所以.
故选：D
8．D
【详解】设，因为，所以，
对函数求导，得，因为，所以，
所以函数是实数集上的增函数，
因此由.
故选：D.
9．CD
【详解】对于A：根据极值定义，函数的极大值不一定比极小值大，则A错误；
对于B：若或恒成立，则无极值点，则B错误；
对于C：在内单调递增，且区间为开区间，所以取不到极值，则C正确；
对于D：三次函数求导以后为二次函数，若或恒成立，则无极值点，故D选项正确．
故选：CD．
10．AC
【详解】对于A，共有种不同的坐法，故A正确；
对于B，空位不相邻的坐法有种，故B错误；
对于C，空位相邻的坐法有种，故C正确；
对于D，两端不是空位的坐法有种，故D错误，
故选：AC.
11．ACD
【详解】由函数，可得，
令，解得或；令，解得，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，在单调递增，
当时，取得极大值，极大值为，所以A正确；
又由极小值，且当时，，
当时，，所以函数有3个零点，所以B错误；
由，可得，令，可得，
又由，所以点是函数的对称中心，
所以C正确；
因为是函数的对称中心，所以，
令，
可得，
所以，
所以，即，
所以D正确.
故选：ACD.
12．90
【详解】的展开式的通项公式为，令得，故，故的二项展开式中项的系数为90．
故答案为：90
13．72
【详解】按照使用颜色的种类分类，
第一类：使用了4种颜色，2,4同色，或3,5同色，则共有(种)，
第二类：使用了三种颜色，2,4同色且3,5同色，则共有(种)
所以共有48+24=72(种)
故答案为：72
14．
【详解】，则，
若函数存在唯一极值点，
则在上有唯一的根，
所以由可得，则有唯一的根，
直线与函数的图象有一个交点（非切点），
又，
所以当时，，单调递增，当时，，单调递减，
所以，函数的极大值为，且当时，，当时，，
则函数得图象如下图所示：

所以，当时，即当时，直线与函数的图象有一个交点（非切点），
因此，实数的取值范围是．
故答案为：．
15．(1)
(2)
【详解】（1）等比数列的公比，成等差数列，
所以，
，解得，所以.
（2），
，
两式相减得
，
所以.
16．(1)
(2)
当时，的减区间为，无增区间；
当时，的减区间为，增区间为.
【详解】（1）当时，，则，所以，，，
故当时，函数在点处的切线方程为，即.
（2）函数的定义域为，，
当时，，的减区间为，无增区间；
当时，令，，
时，，单调递减，
时，，单调递增，
综上所述，当时，的减区间为，无增区间；
当时，的减区间为，增区间为.
17．(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）方法一：
取的中点，根据正三棱柱性质可得互相垂直，建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，，，
，，，
设平面的法向量为，则有，即，
令，则，，即，
因为，又平面，
所以平面；
方法二：
如图，连接交于点，连接，
易知为的中点，又点为的中点，故，
而平面，平面，
所以平面；
（2）方法一：
点到平面的距离.
方法二：
因为平面，故到平面的距离即为到平面的距离，设为，
因为，，平面，
故平面，平面，故，
由题意知，，所以，
，，
由，
代入解得.
18．(1)
(2)
【详解】（1）由题意，所以，
因为，所以，
又离心率，解得，
联立解得，
所以椭圆的标准方程为.
（2）将直线与椭圆联立，得，
设，则，
又，所以，
所以
.
19．(1)
(2)当时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为和；
当时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为和．
(3)
【详解】（1）因为，
所以，
因为函数的一个极值点是，
所以，即；
则有，
当时，，函数在R上单调递减，此时函数没有极值点，不符合题意.
所以.
（2），由（1）可知.
①当时，令得或，列表如下：
满足是函数的极值点；
②当时，令得或，列表如下：
满足是函数的极值点.
所以当时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为和；
当时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为和．
（3）由（1）（2）知，，
且时，在单调递增，在单调递减，
又因为，，
所以在上的最大值为，最小值为
又当时，函数在单调递增，
所以在上的最大值为，最小值为．
因为存在，使得成立，
即存在，使得成立，
即，又，所以解得，
所以实数a的取值范围为．x
2

-
0
+
0
-
x


2
-
0
+
0
-