2025--2026学年重庆市万州第二高级中学高二下册期中考试数学试题 [含答案]

这是一份2025--2026学年重庆市万州第二高级中学高二下册期中考试数学试题 [含答案]，共4页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 已知函数的定义域为，导函数在区间上的图象如图所示，函数在上极大值点的个数为（ ）

A. 0B. 1C. 2D. 3
2. 已知函数的导函数为，若，则的值为（ ）
A. B. C. 2D. 4
3. 函数的图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
4. 若函数在上单调递增，则实数a的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
5. 今年我校有5名新进教师，需将这5人全部分配到高中3个不同的年级，要求每个年级至少分配1人，每名教师只能分配到一个年级，则不同的分配方案共有（ ）
A. 种B. 种C. 种D. 种
6. 若函数与函数的图象存在公切线，则正实数的取值范围是
A. B. C. D.
7. 已知定义在上的连续函数为奇函数，的导函数为．若对任意，都有，且，则关于的不等式的解集为（ ）
A. B.
C. D.
8. 已知函数，若函数恰有三个零点，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. 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，部分选对得部分分，有选错的得0分.
9. 高二年级安排甲､乙､丙三位同学到六个社区进行暑期社会实践活动，每位同学只能选择一个社区进行活动，且多个同学可以选择同一个社区进行活动，下列说法正确的有（ ）
A. 如果社区必须有同学选择，则不同的安排方法有88种
B. 如果同学乙必须选择社区，则不同的安排方法有36种
C. 如果三名同学选择的社区各不相同，则不同的安排方法共有150种
D. 如果甲､丙两名同学必须在同一个社区，则不同的安排方法共有36种
10. 若，则下列结论正确的是（ ）
A.
B.
C.
D. 被16除的余数是15
11. 已知函数与有两个不同的交点，交点坐标分别为，，下列说法正确的有（ ）
A. 在上单调递减，在上单调递增
B. 的取值范围为
C.
D.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 若函数，则______.
13. 若实数是函数的零点，则______.
14. 一只青蛙开始时位于数轴上原点的位置，每次向数轴的左侧或右侧随机跳跃一个单位长度，16次后停止跳跃，记为第n次跳跃后对应数轴上的数字，则满足，的跳跃方法有______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. 在①第5项的系数与第3项的系数之比是，②第2项与倒数第3项的二项式系数之和为55，③这三个条件中任选一个，补充在下面问题的横线上，并解答．
问题：已知在的展开式中，__________．
（1）求展开式中二项式系数最大的项；
（2）求展开式中含的项．
16. 已知甲、乙两地的距离是100km，按交通法规规定，甲、乙两地之间的公路车速应限制在0～120km/h， 统计表明，某种型号的汽车在匀速行驶中每小时的耗油量y（升）关于行驶速度x（千米/小时）的函数解析式可以表示为.
（1）当汽车以40千米/小时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地要耗油多少升？
（2）当汽车以多大的速度匀速行驶时，从甲地到乙地耗油最少？最少为多少升？
17. 已知函数.
（1）若函数在处有极值，求函数的单调区间；
（2）当时，求证.
18. 已知函数．
（1）当时，求在处的切线方程；
（2）讨论的单调性；
（3）若有两个零点，求a的取值范围．
19. 已知函数，.
（1）若是的极小值点，求的取值范围；
（2）若直线与曲线的三个交点分别为，，，且，.记在，两点处切线的斜率分别为，，若，求的值；
（3）若当且仅当，求的取值范围.
数学
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. 已知函数的定义域为，导函数在区间上的图象如图所示，函数在上极大值点的个数为（ ）

A. 0B. 1C. 2D. 3
答案：B
解析：
思路：根据图象分析导函数在区间上的正负，得到的单调性，即可求得极大值个数.
解答过程：由图可知，当时，；当时，.
所以在上单调递增，在上单调递减.
所以在处取得极大值，是的唯一极大值点.
故选：B.
2. 已知函数的导函数为，若，则的值为（ ）
A. B. C. 2D. 4
答案：B
解析：
解答过程：依题意，.
3. 函数的图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
答案：A
解析：
思路：根据的奇偶性可判断选项C、D错误，又根据单调性可判断选项B错误，从而可得答案.
解答过程：由题意，函数的定义域为，
因为，所以，所以是偶函数，排除C和D；
当时，，，令，则，
令，，所以在单调递增，
因为，所以由可得，
所以时，，所以在上单调递减，在上单调递增，所以B错误.
4. 若函数在上单调递增，则实数a的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
答案：A
解析：
思路：求出函数的导数，再利用给定单调区间及单调性列出不等式，再利用分离参数法求解即可.
解答过程：函数，求导得，
由在上单调递增，
得，，而恒有，
所以，
所以实数a的取值范围是.
故选：A.
5. 今年我校有5名新进教师，需将这5人全部分配到高中3个不同的年级，要求每个年级至少分配1人，每名教师只能分配到一个年级，则不同的分配方案共有（ ）
A. 种B. 种C. 种D. 种
答案：D
解析：
解答过程：已知5名新进教师分到3个不同年级，每个年级至少1人，共两种分法：
①：C53C21C112!⋅A33=10×2×12×1⋅3×2×1=60 ；
②：C51C42C222!⋅A33=5×6×12×1⋅3×2×1=90 ；
不同的分配方案共有种．
6. 若函数与函数的图象存在公切线，则正实数的取值范围是
A. B. C. D.
答案：D
解析：
思路：
分别求出两个函数的导函数，设出切点，求得切线的斜率，进而求得切线方程，通过对比系数得出等量关系式，也即原命题的等价命题，结合导数求得正实数的取值范围.
解答过程：的导函数，的导函数为.设切线与相切的切点为，与相切的切点为，所以切线方程为、，即、所以，所以，由于，所以，即有解即可.令，，所以在上递增，在上递减，最大值为，而时，当时，，所以，所以.所以正实数的取值范围是.
故选：D
方法提示：本小题主要考查两条曲线公切线的问题的求解，考查利用导数研究函数的单调性和最值，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题.
7. 已知定义在上的连续函数为奇函数，的导函数为．若对任意，都有，且，则关于的不等式的解集为（ ）
A. B.
C. D.
答案：D
解析：
思路：令，首先判断的奇偶性，再利用导数判断函数的单调性，最后根据函数的单调性解函数不等式.
解答过程：令，因为是奇函数，即，
，是奇函数；
又当时，，
在上单调递增，在上单调递增；
是定义在上的连续函数，所以在上单调递增；
又，，
对于不等式，又，所以，
所以不等式等价于，即，
所以，且，即不等式解集为．
8. 已知函数，若函数恰有三个零点，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
答案：D
解析：
思路：的零点问题转化为的图象的交点问题，画出的图象，分,和结合图象求解即可.
解答过程：由题意画出函数的图象，
恰有三个零点转化为的图象恰有三个交点，
当和时，由图可知函数的图象恰有三个交点，

当时，由，得，
所以在处切线斜率为，
设过原点与相切的直线为，切点为，
由，得，则，解得，
由图可知当时，只有时，函数图象有3个交点，

综上，实数的取值范围是.
故选：D.
方法提示：方法点睛：已知函数有零点（方程有根）求参数值（取值范围）常用的方法：
（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；
（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；
（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.
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，部分选对得部分分，有选错的得0分.
9. 高二年级安排甲､乙､丙三位同学到六个社区进行暑期社会实践活动，每位同学只能选择一个社区进行活动，且多个同学可以选择同一个社区进行活动，下列说法正确的有（ ）
A. 如果社区必须有同学选择，则不同的安排方法有88种
B. 如果同学乙必须选择社区，则不同的安排方法有36种
C. 如果三名同学选择的社区各不相同，则不同的安排方法共有150种
D. 如果甲､丙两名同学必须在同一个社区，则不同的安排方法共有36种
答案：BD
解析：
思路：根据间接法即可判断A,根据分步乘法计数原理即可判断BCD.
解答过程：安排甲､乙､丙三位同学到六个社区进行暑期社会实践活动，
对于A：如果社区必须有同学选择，则不同的安排方法有（种）．故A错误；
对于B：如果同学乙必须选择社区，则不同的安排方法有（种）．故B正确；
对于C：如果三名同学选择的社区各不相同，则不同的安排方法共有（种）．故C错误；
对于D：如果甲､丙两名同学必须在同一个社区，则不同的安排方法共有（种）．故D正确．
故选:．
10. 若，则下列结论正确的是（ ）
A.
B.
C.
D. 被16除的余数是15
答案：BC
解析：
思路：根据二项式展开式的性质，通过赋值法来求解各项系数的值，再根据余数的定义判断被16除的余数.
解答过程：已知，
令，可得，即，所以选项错误.
展开式的通项为.
当为偶数时，；当为奇数时，.
所以.
令，则，即，所以选项正确.
令，则.
又因为，所以，所以选项正确.
.根据二项式定理展开可得：
.
所以.
则被16除的余数是1，所以选项错误.
故选：BC.
11. 已知函数与有两个不同的交点，交点坐标分别为，，下列说法正确的有（ ）
A. 在上单调递减，在上单调递增
B. 的取值范围为
C.
D.
答案：ACD
解析：
思路：根据题意求出函数的单调区间最值从而可对A、B判断；然后利用零点附近的割线、切线，构造函数然后利用导数从而可对C、D判断求解.
解答过程：由题意可知定义域为，，
对A：当时，，在区间单调递减，
当时，，在区间单调递增，故A正确；
对B：由A知当时，取到极小值也是最小值，由题值与有两个不同的交点，
令，得或，所以当，，当时，单调递增
所以，所以的取值范围为，故B错误.
对C：由的最小值点，所以过点，的直线为，
令，，
当，，当，，
所以在单调递增，在单调递减，
，，所以在恒成立，
所以直线与的交点为；
设过点，的直线为，
令，，
则，当，，
所以在单调递减，又因为，所以在恒成立，
所以直线与的交点，
所以，故C正确.
对D：因为，，，在处的切线为，
设，令，，
当，，当，，
所以在单调递减，在单调递增，所以，即，
因为，直线和相交于点，
所以，可得，
下证：，
由于，所以要证，即证，
令，，
当，，当，，
所以在单调递减，在单调递增，
所以，所以成立，当且仅当，时取等号，
由于等号不能同时满足，所以，故D正确.
故选：ACD.
方法提示：关键点点睛：C、D中利用零点附近的割线、切线，构造函数然后利用导数进行求解.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 若函数，则______.
答案：
解析：
解答过程：由题意得：，所以，
解得.
13. 若实数是函数的零点，则______.
答案：
解析：
思路：由题意可得，则可构造函数，有fx0=fln1x0，利用函数单调性可得，计算即可得解.
解答过程：由题意可得，且，
即，
由，则，故，又，则，
令，则fx0=fln1x0，
f′x=ex+xex=x+1ex>0 ，故在上单调递增，
故，即，则.
14. 一只青蛙开始时位于数轴上原点的位置，每次向数轴的左侧或右侧随机跳跃一个单位长度，16次后停止跳跃，记为第n次跳跃后对应数轴上的数字，则满足，的跳跃方法有______种．
答案：
解析：
思路：分和两种情况，讨论向左和向右的次数，再结合组合数公式，即可求解.
解答过程：因为，所以或．
当时，前9次向左跳跃7次，向右跳跃2次，后7次向右跳跃7次，
所以有（种）跳跃方法；
当时，前9次向右跳跃7次，向左跳跃2次，后7次向左跳跃5次，向右跳跃2次，
所以有（种）跳跃方法．
综上所述，满足，的跳跃方法有（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. 在①第5项的系数与第3项的系数之比是，②第2项与倒数第3项的二项式系数之和为55，③这三个条件中任选一个，补充在下面问题的横线上，并解答．
问题：已知在的展开式中，__________．
（1）求展开式中二项式系数最大的项；
（2）求展开式中含的项．
答案：（1）；
（2）.
解析：
思路：（1）不管选哪个条件，都可以求出，然后可求出答案；
（2）写出展开式的通项，然后可得答案.
（1）若选①，第5项的系数与第3项的系数之比是，
则，求得，
当二项式系数 最大时，，即第六项的二项式系数最大，
此项为．
若选②，第2项与倒数第3项的二项式系数之和为55，
则，
，当二项式系数 最大时，，即第六项的二项式系数最大，
此项为．
若选③，，，
当二项式系数 最大时，，即第六项的二项式系数最大，
此项为．
（2）该二项式的通项公式为，
令，求得，故展开式中含的项为．
16. 已知甲、乙两地的距离是100km，按交通法规规定，甲、乙两地之间的公路车速应限制在0～120km/h， 统计表明，某种型号的汽车在匀速行驶中每小时的耗油量y（升）关于行驶速度x（千米/小时）的函数解析式可以表示为.
（1）当汽车以40千米/小时的速度匀速行驶时，从甲地到乙地要耗油多少升？
（2）当汽车以多大的速度匀速行驶时，从甲地到乙地耗油最少？最少为多少升？
答案：（1）
（2）；
解析：
思路：（1）将代入，得，最后得到从甲地到乙地的耗油量即可.
（2）设从甲地到乙地耗油为，结合题意得到，再结合导数研究该函数的单调性即可求解.
（1）将代入，得，
所以从甲地到乙地要耗油升.
（2）设从甲地到乙地耗油为，则，
化简得，
而，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
则当时，取得最小值，此时，
即当汽车速度为千米每小时时，从甲地到乙地耗油最少，最少为升.
17. 已知函数.
（1）若函数在处有极值，求函数的单调区间；
（2）当时，求证.
答案：（1）单调递增区间为，单调递减区间为
（2）证明见解析
解析：
思路：（1）求导后，借助极值定义计算可得，再利用导数研究单调性即可得的单调区间；
（2）由，则，构造函数hx=ex−lnx+2，利用导数结合零点存在性定理可研究该函数单调性，结合隐零点计算即可得解.
（1）由已知得，由题意可得f′0=e0−1m=1−1m=0 ，
解得，故，
检验若，则f′x=ex−1x+1=exx+1−1x+1x>−1，
令gx=exx+1−1x>−1，
则g′x=exx+1+ex=exx+2>0 恒成立，
故在上单调递增，又g0=e00+1−1=1−1=0 ，
故当时，，当时，，
则在上单调递减，在上单调递增，
故函数在处有极值，符合题意；
且可得函数的单调递增区间为，单调递减区间为；
（2）当时，，
令hx=ex−lnx+2x>−2，则h′x=ex−1x+2=exx+2−1x+2，
令mx=exx+2−1x>−2，则m′x=exx+2+ex=exx+3>0 ，
故在上单调递增，
又m0=e00+2−1=2−1=1>0 ，m−1=e−1−1+2−1=1e−1