重庆市九龙坡区2025_2026学年度高二数学下学期期中测试试题含解析

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（考试时间 120 分钟，满分 150 分）
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、考号等填写在答题卡指定位置上.
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，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上写在本试卷上
无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
一、单项选择题：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
个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上.
1. 若 ，则 （ ）
A. 2 或 6 B. 2 或 3 C. 3 D. 6
【答案】A
【解析】
【分析】根据组合数性质解方程即可.
【详解】由题意可得 或 ，
解得 或 .
经检验均满足题意.
故选：A.
2. 设 是可导函数，且 ，则 （ ）
A. 2 B. C. -1 D. -2
【答案】B
【解析】
【详解】
，即 .
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3. 用 1，2，3，4，5 这五个数字，组成没有重复数字的三位数，其中偶数共有
A. 24 B. 30 C. 40 D. 60
【答案】A
【解析】
【详解】试题分析：按偶数字在个位分类：个位只能是 2 或者 4，十位在余下 4 个中选择，百位在余下 3 个
中选择．所以答案是 2×4×3=24，故选 A．
考点：主要考查分步计数原理的应用．
点评：特别注意偶数其个位必定是偶数字．
4. 某知识过关题库中有 三种难度的题目，数量分别为 300，200，100.已知小明做对 型题目
的概率分别为 ， ， ，若小明从该题库中任选一道题作答，则他做对该题的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】设小明选 1 道 类试题为事件 ，
小明选 1 道 类试题为事件 ，小明选 1 道 类试题为事件 ，
设小明答对试题为事件 ，则 ，
， ，
， ， ，
由全概率公式得：
，
.
5. 在数学兴趣小组的活动中，甲、乙、丙三位同学计划从三个专题中各自随机选择一个专题进行深入研究.
事件 ：甲、乙选择的专题不同；事件 ：乙、丙选择的专题相同，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
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【详解】事件 ：甲、乙选择的专题不同，甲有 3 种选法.
乙有 2 种选法，丙有 3 种选法，所以 .
事件 ：甲、乙不同且乙、丙相同.先选乙的专题，有 3 种.
丙的选法和乙相同，甲有 2 种选法，所以 ，
因此 .
6. 若直线 是曲线 与曲线 的公切线，则 （ ）
A. 0 B. 1 C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设 ，设切点为 ，由导数求出切线的斜率，进而使用点斜式求出切线的
方程，与 比较系数，即可求得切线方程为 ，设 ，设切点为 ，同理
可求出切线的方程，再与 比较系数，即可求得 的值.
【详解】设 ， ，设切点为 ，则切线斜率为 ，
则切线方程为 ，即 ，
由题意得 ，即 ，解得 ，
即 与 的公切线为 ，
， ，设切点为 ，则切线斜率为 ，
则切线方程为 ，即 ，
由题意得 ，即 ，解得 ，
故选：A.
7. 已知函数 的定义域为 ， ，其导函数 满足 ，则不等
式 的解集为（ ）
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A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】令 ，
因为 ，
所以 在 上单调递减，
因为 ，且 变形为 ，
所以 ，
因为 在 上单调递减，
所以 且 ，
解得 ，即不等式的解集为 ．
8. 已知函数 恰有两个极值点，则实数 的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】 有两个极值点等价于 有两个不相等的实数根，构造函数 ，再求出导函
数得出单调性结合函数值域得出参数范围.
【详解】
令 ，则 有两个不同的根．
，所以 或 ，
因为 ，所以 的左右 变号是极值点，
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所以 有一个根，
设 ， ，
当 单调递减；
当 单调递减；
当 单调递增；
当 ，当 ，
所以 与 有一个交点，
所以 ，
但是当 时， ，即得 ，所以 的左右 不变号不是极值点，
所以 .
二、多项选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分.在每小题给出的四个选项中，有多项
符合题目要求.全部选对得 6 分，选对但不全的得部分分，有选错的得 0 分.
9. 若 ，则下列选项正确的是（ ）
A. 展开式中的二项式系数最大项为第 3 项和第 4 项
B.
C.
D. 当 时， 除以 8 的余数为 1
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于 A 直接用二项式系数的性质判断；对于 B 用赋值法可得；对 C 可对二项式两边求导，然后再
赋值可得；对于 D 则将 按二项式展开式进行判断可得.
【详解】对于 A：由二项式展开式中的二项式系数为 ，所以 时二项式系数最大，即第
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4 项的二项式系数最大，故 A 不正确；
对于 B：令 ，可得 .再令 ，得 ，
所以 ，所以 B 正确；
对于 C：对 两边求导，得
，
再令 ，得 ，所以 C 正确；
对于 D：当 时， ，
而
，即 除以 8 的余数为 1，所以 D 正确.
故选：BCD.
10. 年重庆市九龙坡区心理学科优质课大赛将在铁路中学举行，现在高二志愿者团队安排甲、乙、丙、
丁、戊 名同学参加志愿者服务活动，有接待、指引、礼仪、会议记录四项工作可以安排，则以下说法错误
的是（ ）
A. 若每人都安排一项工作，则不同的方法数为
B. 若每项工作至少有 人参加，则不同的方法数为
C. 如果会议记录工作不安排，其余三项工作至少安排 人，则这 名同学全部被安排的不同方法数为
D. 每项工作至少有 人参加，甲、乙不会会议记录但能从事其他三项工作，丙、丁、戊都能胜任四项工作，
则不同安排方案的种数是
【答案】BC
【解析】
【详解】对于 A：每个人的工作选择有 种，所以不同的方法数为 ，故 A 正确；
对于 B：每项工作至少有 人参加，需要将 名同学分成 组，其中有一组有 人，
先从 名同学中选出 人组成一组，再将这 组安排到 个不同的工作岗位上，
所以不同的方法数为 ，故 B 错误；
对于 C：将 人分成 人， 人， 人的 组有 种分法，
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将 人分成 人， 人， 人的 组有 种分法，
所以 名同学全部被安排的不同方法数为 ，故 C 错误；
对于 D：若会议记录仅有 人选择，则安排方案有 种，
若会议记录有 人选择，则安排方案有 种，
所以不同安排方案的种数为 ，故 D 正确.
11. 已知函数 ， ，则下列说法正确的是（ ）
A. 当 时，函数 在 上单调递增
B. 当 时，若存在 ，使不等式 成立，则实数 的最小值为 0
C. 若函数 存在两个极值，则实数 的最大值为
D. 当 时，若 ，则 的最小值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于 A，结合导数讨论单调性即可得；对于 B，结合 的单调性，可转化为当 时，
能成立，求出 的最小值即可得；对于 C，由极值点的性质结合导数讨论单
调性，求得参数 的范围即可判断；对于 D，采用同构法可推得 ，再将多变量化为单变量后结合导
数讨论单调性即可得.
【详解】对于 A，当 时， ，则 ，
设 ，则 ，
当 时， ；当 时， ，
则 在 上单调递减，在 上单调递增，
故 ，即函数 在 上单调递增，故 A 正确；
对于 B，当 时， ，则 ，
设 ，则 ，
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当 时， ；当 时， ，
则 在 上单调递减，在 上单调递增，
故 ，即函数 在 上单调递增.
若存在 ，使不等式 成立，
等价于存在 ， 成立，也即 成立，
由 A 项已得， 在 上单调递增，则在 上单调递增，
故 时， ，则可得实数 的最小值为 0，故 B 正确；
对于 C，由 可得 ，
因函数 存在两个极值等价于 有 2 个变号零点，
由 ，可得 ，
设 ，则 ，
则当 时， ；当 时， ，
故 在 上单调递减；在 上单调递增，
故 ，且当 ，当 ，
则 有 2 个变号零点，等价于直线 与 有两个交点，
即得 ，也即 ，故 没有最大值，即 C 错误；
对于 D，当 时，由 A，B 项可得 为定义域上的增函数，
因 ，且 ，则 ，
由 可得 ，即 ，
因 是 上的增函数，故 ，
又由 ，故 ，
设 ，则 ，
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当 时， ；当 时， ，
则 在 上单调递减，在 上单调递增，
所以 在 上的最小值为 ，故 的最小值为 ，即 D 正确.
故选：ABD.
三、填空题：本题共 3 个小题，每小题 5 分，共 15 分.把答案填写在答题卡相应位置上.
12. 随机变量 的分布列如下表所示：
1 2 3 4
0.1 0.3
则 _____
【答案】0.3##
【解析】
【分析】根据给定的数表，利用分布列的性质求出 m，再利用互斥事件的概率公式计算作答.
【详解】由分布列的性质得， ，解得 ，
所以 .
故答案为：0.3
13. 如图所示为函数 的图象，则不等式 的解集为________.
【答案】
【解析】
【分析】根据图象得到函数的单调性，根据单调性与导数的关系得导数的符号，进而求得不等式
的解集．
【详解】由图象可知， 在 ， 上单调递增，在 上单调递减，
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故当 ， 时， ，当 时， .
原不等式等价于 或 ，则 或 .
所以不等式 的解集为 .
14. 某城市在中心广场建造一个花圃，花圃被分成如图所示的 5 个部分.现栽种 3 种不同品种的花，花圃的
每部分只栽种一种品种的花，有公共边的部分（仅有 1 个公共点的两个部分不认为有公共边）不能栽种相
同品种的花，且 3 种品种的花都有栽种，则不同的栽种方法数为_________.
【答案】42
【解析】
【分析】先求出 1 区任选一种花进行栽种，其它区域不和 1 区栽种相同的花的方法数，再减去只栽种两种
花的情况，即可得答案.
【详解】先给 1 区任选一种花进行栽种，其它区域不和 1 区栽种相同的花，不同的栽种方法有 种.
只栽种两种花的情况有 .
故有公共边的部分不栽种相同品种的花，且 3 种品种的花都有栽种的方法数有 种
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. 已知函数 ，在 及 处取得极值.
（1）求 的值；
（2）求函数 在 上的最大值与最小值.
【答案】（1）
（2） 在 上的最大值为 ，最小值为 .
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【解析】
【分析】（1）求出函数的导数，根据极值点得导数零点，结合韦达定理可求 ；
（2）根据（1）的结果得到 在 上的单调性，从而可得最值.
【小问 1 详解】
，因为 在 及 处取得极值，
故 有两个解 及 ，故 ，故 ，
此时 ，
当 或 时， ；当 时， ，
故在 及 处取得极值，符合题设，故 .
【小问 2 详解】
由（1）可得 且在 上单调递增，在 上单调递减，
在 上单调递增，而 ， ，
， .
故 在 上的最大值为 ，最小值为 .
16. （1）在 的展开式中，求：
①第 4 项的二项式系数；
②含 的项的系数．
（2）求 展开式中的常数项 ．
【答案】（1）①35，②280；（2）-405
【解析】
【分析】（1）通过二项式系数的概念，二项展开式的通项求解；
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（2）通过多项式乘法求解.
【详解】（1）①第 4 项的二项式系数： ；
②二项式 的通项为 ，令 ，
则含 的系数为： ；
（2）当因式 取 时，因式 取含 的项，此时常数项为 ，
当因式 取 时，因式 取含 的项，此时常数项为 ，
所以当 时， 展开式中的常数项为 .
17. 某校高三年级拟派出甲、乙、丙三人去参加校运动会 100m 跑项目.比赛分为初赛和决赛，其中初赛有两
轮，只有两轮都获胜才能进入决赛．已知甲在每轮比赛中获胜的概率均为 ；乙在第一轮和第二轮比赛中
获胜的概率分别为 和 ；丙在第一轮和第二轮获胜的概率分别为 和 ，其中
（1）甲、乙、丙三人中，谁进入决赛的可能性最大；
（2）若甲、乙、丙三人均未进入决赛的概率为 ，设进入决赛的人数为 ，求 的分布列.
【答案】（1）甲； （2）分布列见解析.
【解析】
【分析】（1）利用相互独立事件的概率公式分别求出甲乙丙进入决赛的概率，再比较大小即可；
（2）利用相互独立事件的概率公式，列式解方程求出 ，再求出 的可能值及对应的概率，列出分布列.
【小问 1 详解】
甲进入决赛的概率为 ，
乙进入决赛的概率为 ，
丙进入决赛的概率为 ，而 ，则 ，
所以甲进入决赛的可能性最大.
【小问 2 详解】
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甲、乙、丙三人均未进入决赛的概率 ，
整理可得 ，解得 或 ，而 ，所以 .
则 ，
所以甲、乙、丙进入决赛的概率分别为 ，
随机变量 的可能取值有 0，1，2，3，
所以 ，
，
，
，
所以随机变量 的分布列为：
0 1 2 3
18. 已知函数 （ 且 ）
（1）讨论函数 的单调性；
（2）若 有两个零点，求 a 的取值范围．
【答案】（1）答案见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）求出 ，分 、 、 、 讨论可得答案；
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（2）分 、 、 、 讨论，结合单调性和零点情况可得答案．
【小问 1 详解】
因为 ，
当 时， 时 ，所以 在 单调递减；
时， ，所以 在 单调递增；
当 时， 时， ，所以 在 和 单调递增，
时， 在 单调递减；
当 时， ，所以 在 单调递增；
当 时， ，所以 在 和 上单调递增，
时， 在 单调递减；
【小问 2 详解】
当 时，由（1）可知 是 唯一的极小值点，且 ，
，所以 在 有唯一零点；
，
所以 在 上有唯一零点，符合题意；
当 时，由（1）可知 为 极大值点，
且 ，所以不符题意；
当 时， 在 单调，不符题意；当 时，由（1）可知， 为函数 极大值点，且
，不符题意．
综上所述， .
【点睛】方法点睛：函数有零点（方程有根）求参数取值范围的三种常用的方法：（1）直接法：直接根据
题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；（2）分离参数法（参数和自变量全分离）：
先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；（3）数形结合法（参数和自变量半分离）：把原函数拆解
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为两个部分（拆解为熟悉的函数类型，一边含参数，一边不含参数，含参的往往为一次函数、指数函数、
对数函数等单调的函数，含参部分一定要搞清参数对函数图象的影响），在同一平面直角坐标系中，画出函
数的图象，分析参数对函数图象的控制来满足题目的要求，进而得出参数的范围.
19. 已知函数 ，其中 ．
（1）当 时，求 在 处的切线方程；
（2）若函数 存在单调递增区间，求实数 的取值范围；
（3）若 R，对任意的 恒成立，求 的最小值．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）求导得出斜率并用点斜式即可求解；
（2）可以利用反证法把存在性问题转化为恒成立问题分离参数再取补集即可求答案；
（3）利用（2）判断导函数零点所在区间从而判断原函数单调性
【小问 1 详解】
当 时， ，函数定义域为
故 ，
又 ，所以切线方程为 .
【小问 2 详解】
由题意得
若 不存在单调增区间，则 恒成立，即 恒成立，
令 ，
当 时 ，当 时
所以 在 单调递减，在 单调递增，
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所以 ，所以 即
因此所求实数 的取值范围为 .
【小问 3 详解】
由（2）知
所以 在 单调递减，又 ， ，
所以必存在正数 ，使得 ，即
由（2）知当 时， 即 ，当 时， 即 ，
当 时， 即 ，
由上可知 在 单调递增，在 单调递减，
所以 ，
所以 ，即 ，
令
因为
当 时， 单调递减，当 时， 单调递增，
所以 ，
所以 的最小值为