2025--2026学年福建福州市福清市高二下册期中适应性练习数学试题 [含答案]

这是一份2025--2026学年福建福州市福清市高二下册期中适应性练习数学试题 [含答案]，共5页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 某水管的流水量（单位：）与时间（单位：）满足函数关系式，则的实际意义是（ ）
A. 2秒时水管的流水量
B. 2秒内水管的流水总量
C. 2秒时水管流水量的瞬时变化率
D. 2秒内水管的流水量的平均变化率
2. 某商场有5台不同型号的激光导航款和6台不同型号的视觉导航款扫地机器人.从中购买1台，不同选法的种数为（ ）
A. 11B. 30C. D.
3. 函数在区间上的平均变化率为（ ）
A. B. C. D. 2
4. 某算力租赁平台有6种不同型号的加速卡，每种仅1张可供租赁，甲､乙､丙3家公司同时从中各租用1张AI加速卡，每张卡只能租给一家公司，则不同租赁方案的种数为（ ）
A. 9B. 15C. 18D. 120
5. 若函数在处可导，则（ ）
A. B. C. D.
6. 如图是函数的部分图象，记的导函数为，则下列选项中值最大的是（ ）
A. B. C. D.
7. 已知函数在处取得极值为2，则在的最大值为（ ）
A. 4B. C. 2D.
8. 已知，则（ ）
A. B.
C. D.
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. 已知且、，则（ ）
A. B.
C. D.
10. 的展开式中，下列结论正确的是（ ）
A. 展开式共7项
B. 展开式无常数项
C. 含项的系数为
D. 展开式中有理项共4项
11. 已知函数单调递增区间为，则（ ）
A. 的取值集合为
B. 是的极小值点
C. 当时，fx0，，
当时，，函数在上单调递减，
当时，，函数在上单调递增，
因为a=ln2=2ln22=4ln24=2ln44=f4,b=2ln33=f3,c=2e=2lnee=fe，
且，
所以，即.
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. 已知且、，则（ ）
A. B.
C. D.
答案：ABC
解析：
思路：利用组合数的性质可判断AB选项；利用排列数公式可判断CD选项.
解答过程：对于A选项，由组合数的性质可得，A对；
对于B选项，由组合数的性质可得，B对；
对于C选项，An+1n+1=n+1!=n+1n! ，C对；
对于D选项，当时，Anm=Ann=n!=n⋅n−1!=nAn−1n−1=mAn−1m−1，
当时，Anm=n!n−m!=n⋅n−1!n−m!=nAn−1m−1，D错.
10. 的展开式中，下列结论正确的是（ ）
A. 展开式共7项
B. 展开式无常数项
C. 含项的系数为
D. 展开式中有理项共4项
答案：BD
解析：
解答过程：对于A，由二项式的展开式共有8项；所以选项错误；
对于B，由二项式，可得展开式的通项为：，.
令，可得不是整数，所以无常数项，所以B选项正确；
对于C，令，可得，则项的系数为，所以C选项错误；
对于D，令，解得，
所以展开式中有理项共4项，所以D选项正确.
11. 已知函数单调递增区间为，则（ ）
A. 的取值集合为
B. 是的极小值点
C. 当时，
D. 当时，
答案：BCD
解析：
思路：根据导数与函数单调性的关系，结合极小值点定义、函数的单调性逐一判断即可.
解答过程：A：，
因为函数单调递增区间为，
即的解集即为，由于在R上单调递增，
故，则；
当时，，所以此时函数是实数集上的增函数，不符合题意；
当时，，这与单调递增区间为不符，
所以，因此本选项说法不正确；
B：由上可知：，
当时，，在上单调递增，
当时，，在上单调递减，
所以是的极小值点，因此本选项说法正确；
C：当时，因为，
所以，
由上可知在上单调递减，所以在上单调递减，
所以有，因此本选项说法正确；
D：当时，
由上可知在上单调递减，所以在是单调递减，
因为，所以，因此本选项说法正确.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 在10件产品中，有8件合格品，2件不合格品，从这10件产品中任意抽出3件，恰好有1件是不合格品的抽法有__________种.（请用数字作答）
答案：56
解析：
解答过程：从2件不合格品中选1件：，从8件合格品中选2件：，
根据分步乘法计数原理，总抽法数为： ．
13. 已知，则__________.
答案：
解析：
思路：在等式两边求导，再令，可得出所求代数式的值.
解答过程：在等式两边求导得，
令可得.
14. 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，则该方盒容积的最大值为______.
答案：
解析：
思路：依题意，利用长方体体积公式即可得出该方盒容积的函数解析式，并求出该函数的定义域，利用导数可求得的最大值.
解答过程：如下图所示：
由题意知，无盖方盒的底面为正方形，边长为，高为，
所以方盒的容积Vx=6−2x2x=4xx−32，
由6−2x>0x>0，可得，即函数的定义域为，
V′x=4x−32+8xx−3=4x−3x−3+2x=12x−1x−3，列表如下：
所以函数的最大值为V1=16 ，即该方盒容积的最大值为.
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. 甲､乙､丙､丁､戊五个同学排队.
（1）这五个同学排成一排，甲､乙不相邻，共有多少种不同排列方法？
（2）这五个同学排成两排，第一排个人，第二排个人，共有多少种不同的排列方法？
答案：（1）
（2）解析：
思路：（1）利用插空法，先排无限制的丙、丁、戊产生空位，再将甲、乙插入空位中排列，由分步计数原理相乘即得；
（2）解法一:直接分步从五人中选二人排在第一排、余下三人排在第二排；解法二：五人全排列后按顺序截断为两排.
（1）甲､乙､丙､丁､戊五个同学排成一排，且甲､乙不相邻，可分两步进行：
第一步，先排丙､丁､戊，有种不同的排法；
第二步，在丙､丁､戊周围的四个空隙中插入甲､乙，
有种不同的排法；
由分步计数原理，共有不同排法数为.
（2）解法一：甲､乙､丙､丁､戊五个同学排成两排可分两步进行：
第一步，第一排个人，有种不同的排法；
第二步，第二排个人，有种不同的排法；
由分步计数原理，共有不同排法数为.
解法二：甲､乙､丙､丁､戊五个同学排成一排有种不同的排法；⋯
把每种排列中的前两个放第一排，余下放第二排，
故共有不同排法数为.
16. 求下列函数的导数.
（1）；
（2）.
答案：（1）
（2）解析：
（1）因为，所以．
（2）因为y=x+1+cs2x ，所以，
所以y'=12(x+1)−12+−sin2x×2=12x+1−2sin2x ．
17. 在的展开式中，__________.给出下列条件：
①所有项的二项式系数和为64；
②各项系数之和为729；
③第3项的二项式系数为15.
试从这三个条件中任选一个，补充在上面的横线上，并且完成下列问题：
（1）求展开式中的常数项；
（2）求展开式中系数最大的项.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
答案：（1）选择见解析，常数项均为160.
（2）.
解析：
思路：（1）选①，，则，写出展开式的通项公式，求出常数项；
选②，令，则，则，写出展开式的通项公式，求出常数项；
选③，易知，则，写出展开式的通项公式，求出常数项；
（2）由（1）知，根据展开式的通项公式求出每一项，比较后得到结论；
（1）若选①，易知，则，
此时的展开式的通项公式为，
令得，故常数项为C6323=160 .
若选②，令，则，则，
此时的展开式的通项公式为，.
令得，故常数项为.
若选③，易知，所以nn−12=15(n≥2) ，解得，
此时的展开式的通项公式为，.
令得，
故常数项为.
（2）由（1）知展开式的通项为，
由于，，
，，
，，，
故展开式中系数最大的项为第5项，.
18. 已知函数的图象在点处的切线斜率为.
（1）求实数的值；
（2）求的单调区间；
（3）若函数恰有两个零点，求实数的取值集合.
答案：（1）
（2）单调递增区间为、，单调递减区间为
（3）解析：
思路：（1）利用导数的几何意义可得出关于的等式，解之即可；
（2）利用函数的单调性与导数的关系可求得函数的增区间和减区间；
（3）分析可知的图象与直线恰有两个交点，数形结合可得出实数的取值范围.
（1）因为fx=x3+ax2−6x+3 ，所以f′x=3x2+2ax−6 ，
依题意，得f′2=12+4a−6=4a+6=12 ，解得.
（2）由（1）知，fx=x3+32x2−6x+3 ，所以f′x=3x2+3x−6=3x+2x−1，
令得或；令得；
所以的单调递增区间为、，单调递减区间为.
（3）函数恰有两个零点，
等价于关于的方程恰有两个实根，
等价于的图象与直线恰有两个交点.
由（2）知，在、上单调递增，在上单调递减.
函数的极大值为f−2=−8+32×4+12+3=13 ，极小值为f1=1+32−6+3=−12，如下图所示：
由图可知，当或时，的图象与直线恰有两个交点.
所以当恰有两个零点，实数的取值集合为.
19. 已知函数.
（1）求的最小值；
（2）当时，，求的取值范围；
（3）证明.
答案：（1）
（2） （3）证明见解析
解析：
思路：（1）利用导数分析函数的单调性，可得出函数的最小值；
（2）由题意可知，lnx−ax−1x+1≥0 对任意的恒成立，令hx=lnx−ax−1x+1，则hx≥0=h1对任意的恒成立，对实数的取值进行分类讨论，分析该函数在上的单调性，验证能否恒成立，即可得出实数的取值范围；
（3）由（2）可得当时，，当且仅当时等号成立，令x=n+1nn∈N*，可得，可得，，、，利用不等式的可加性可证得结论成立.
（1）由题意可得，则，
当时，，所以在内单调递增，
当时，，所以在内单调递减，
故在处取得最小值，最小值为.
（2）当时，x+1fx≥ax−1，即x+1lnx−ax−1≥0 ，可得lnx−ax−1x+1≥0 ，
令hx=lnx−ax−1x+1，则hx≥0=h1对任意的恒成立，
h′x=1x−2ax+12=x2+2−2ax+1xx+12，
当时，对任意的，恒成立，即函数在上为增函数，
此时，符合题意；
当时，设ux=x2+2−2ax+1 ，Δ=2−2a2−4=4a2−8a ，
（i）当时，即当时，对任意的，恒成立，
即函数在上为增函数，
此时，符合题意；
（ii）当时，即当时，函数有两个零点、，设，
由韦达定理可得，，必有，
所以当时，，即函数在上单调递减，
所以，与题设条件矛盾.
综上所述，实数的取值范围是.
（3）由（2）得当时，，当且仅当时等号成立.
令x=n+1nn∈N*，可得，
从而，，，，
将上述个不等式左右分别相加，
可得23+25+⋯+22n+1