2025--2026学年广东东莞市第一中学高二下册期中检测数学试题 [含解析]

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1. 下列求导运算正确的是（ ）
A. B. C. D.
2. 已知函数的图象上一点(1,1)及邻近一点，则等于（ ）
A. 4B. C. D. 4x
3. 设点为函数图象上的任意一点，点处的切线的倾斜角为，则角的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
4. 在2025年10月19日举行的黄河口马拉松比赛活动中，甲、乙、丙、丁四位志愿者被派往A、B、C三个服务站，若每个服务站至少派一位志愿者，且每位志愿者只能被派往一个服务站，则在甲被派去B服务站的条件下，甲、乙被派去同一个服务站的概率为（ ）
A. B. C. D.
5. 如图，设有圆和定点O，当l从开始在平面内绕O匀速旋转时（角速度不变且旋转角度不超过），直线l扫过的圆内的面积S是时间t的函数，这个函数的图像只可能是（ ）
A. B. C. D.
6. 某班班会准备从甲、乙等7名学生中选派4名学生发言，要求甲、乙两人至少有一人参加，当甲、乙同时参加时，他们两人的发言不能相邻，那么不同的发言顺序的种数为
A. 3600B. 520
C. 600D. 720
7. 已知函数的定义域为，其导函数满足，则关于x的不等式的解集为（ ）
A. B. C. D.
8. 若函数的图象经过四个象限，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分.
9. 下列说法正确的是（ ）
A.
B. 被8除的余数为1
C. 甲、乙、丙、丁等6人排成一排，甲、乙、丙按从左到右、从高到低的固定顺序，共有120种排法
D. 现有6本不同的书，分成三份，每份2本，共有90种分法
10. 已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A. 是函数定义域内的极小值点.B. 的单调减区间是.
C. 在定义域内无最小值，无最大值.D. .
11. 对于随机事件，，若，，，则（ ）
A. B.
C. D.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 的展开式中的系数是________.
13. 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__________
14. 如下图所示，甲工厂位于一直线河岸的岸边A处，乙工厂与甲工厂在河的同侧，且位于离河岸40km的B处，河岸边D处与A处相距50km（其中），两家工厂要在此岸边建一个供水站C，从供水站到甲工厂和乙工厂的水管费用分别为每千米3a元和5a元，问供水站C建在岸边距离A处______km才能使水管费用最省？
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.
（1）求在点处的切线方程；
（2）已知过点，，可以作函数的两条切线，求实数的取值范围.
16. 已知二项式的展开式中各二项式系数之和比各项系数之和小240.
（1）求的值及展开式中二项式系数最大的项；
（2）求展开式中的有理项．
17. 已知函数．
（1）在单调递减，求m的取值范围；
（2）若有两个不同的零点，求m的取值范围．
18. 甲、乙两袋装有形状、大小都相同的红球和白球，甲袋装有2个红球，3个白球；乙袋装有1个红球，2个白球．
（1）若从甲袋中连续抽取2次，每次取1个球，抽取后不放回，
①求取出的2个球中至少有一个红球的概率；
②求在第1次取到白球的条件下，第2次取到红球的概率；
（2）若从甲袋中随机取1个球，放入乙袋中，再从乙袋中随机取2个球，求取到的2个球中恰有1个红球的概率．
19. 已知函数，.
（1）讨论函数的单调性；
（2）若有极大值点，且时恒成立，求的取值范围.
数学
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，只有一个选项是符合题目要求的
1. 下列求导运算正确的是（ ）
A. B. C. D.
答案：A
解析：
解答过程：对于A，因为，故A正确；
对于B，因为，故B错误；
对于C，因为，故C错误；
对于D，因为，故D错误.
2. 已知函数的图象上一点(1,1)及邻近一点，则等于（ ）
A. 4B. C. D. 4x
答案：B
解析：
思路：先代入函数求解，再求解，即可得出结果.
解答过程：，
.
3. 设点为函数图象上的任意一点，点处的切线的倾斜角为，则角的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
答案：B
解析：
解答过程：∵，
∴，
∴，即，
∴.
又点为函数图象上的任意一点，点处的切线的倾斜角为，
∴，
∵，
∴.
4. 在2025年10月19日举行的黄河口马拉松比赛活动中，甲、乙、丙、丁四位志愿者被派往A、B、C三个服务站，若每个服务站至少派一位志愿者，且每位志愿者只能被派往一个服务站，则在甲被派去B服务站的条件下，甲、乙被派去同一个服务站的概率为（ ）
A. B. C. D.
答案：A
解析：
思路：先求出甲被安排到服务站的方法数，再求出甲，乙被派去同一个服务站的方法数，然后求其概率即可.
解答过程：先求甲被派去服务站的方法数；
第一种情况：甲一个人去服务站，则有种；
第二种情况：甲和其中一人去服务站，则有种；
故甲被派去服务站的方法数共种；
再求甲乙被派去同一个服务站的方法数：有种；
故概率为.
5. 如图，设有圆和定点O，当l从开始在平面内绕O匀速旋转时（角速度不变且旋转角度不超过），直线l扫过的圆内的面积S是时间t的函数，这个函数的图像只可能是（ ）
A. B. C. D.
答案：D
解析：
思路：由题可得阴影部分的面积在开始和最后时段缓慢增加，而中间时段相对增速较快，再依次判断图象即可.
解答过程：由于是匀速旋转，所以阴影部分的面积在开始和最后时段缓慢增加，而中间时段相对增速较快.
对A，图象表示面积的增速是常数，与实际不符；
对B，图象表示最后时段增速较快，与实际不符；
对C，图象表示开始和最后时段的增速比中间时段的增速快，与实际不符；
对D，图象表示开始和最后时段增速缓慢，中间时段增速较快，与实际相符.
故选：D.
6. 某班班会准备从甲、乙等7名学生中选派4名学生发言，要求甲、乙两人至少有一人参加，当甲、乙同时参加时，他们两人的发言不能相邻，那么不同的发言顺序的种数为
A. 3600B. 520
C. 600D. 720
答案：C
解析：
思路：将问题分成：甲乙两人同时参加、甲参加乙不参加、乙参加甲不参加三类，分别计算出发言的种类数，然后相加，求得总的发言方法种数.
解答过程：当甲、乙两人同时参加时，方法数有种；当甲参加乙不参加时，方法数有种；当乙参加甲不参加时，方法数有种.故总的方法数有种.故选C.
方法提示：本小题主要考查分类加法计数原理，考查排列组合计算的问题，属于中档题.
7. 已知函数的定义域为，其导函数满足，则关于x的不等式的解集为（ ）
A. B. C. D.
答案：C
解析：
思路：构造函数，利用导数判断函数在定义域内为单调递增，将不等式转化为，利用函数的单调性即可求解.
解答过程：令，，
因为，
则 ，
所以在上单调递增.
因为，所以关于的不等式，
可化为，即
因为在上单调递增，所以由 可得，
由定义域知，解得.
即不等式的解集为
8. 若函数的图象经过四个象限，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
答案：B
解析：
思路：求导，分，与三种情况讨论函数的单调性，结合函数的极值以及函数图象的走势，可求实数的取值范围.
解答过程：当时，不经过第三、四象限，不合题意，舍去.
当时，由，得，
若，则当或时，单调递增；
当时，，单调递减.
故在处取得极大值，且极大值为，故经过第二象限，
在处取得极小值，且极小值为，函数一定经过第一和第三象限，
要想经过第四象限，只需，解得.
若，则当或时，，单调递减；
当时，，单调递增.
故在处取得极小值，且极小值为；
在处取得极大值，且极大值为，故经过第一象限，
函数一定经过第二和第四象限，
要想经过第三象限，只需，解得.
综上，实数的取值范围是.
故选：B
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分.
9. 下列说法正确的是（ ）
A.
B. 被8除的余数为1
C. 甲、乙、丙、丁等6人排成一排，甲、乙、丙按从左到右、从高到低的固定顺序，共有120种排法
D. 现有6本不同的书，分成三份，每份2本，共有90种分法
答案：AC
解析：
解答过程：对于选项A：由组合数性质可知，所以A正确；
对于选项B：因为
，
所以即被8除的余数为7，所以B错误；
对于选项C：先从6个位置中选3个位置给甲、乙、丙，
由于三人的相对顺序固定，这3个位置的排法只有1种，剩下3个位置排其他3人，有种排法．
根据组合数公式，总排法种数为，所以C正确；
对于选项D：根据题意，分法共有种，所以D错误．
10. 已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A. 是函数定义域内的极小值点.B. 的单调减区间是.
C. 在定义域内无最小值，无最大值.D. .
答案：ACD
解析：
思路：应用导函数计算单调性及极值判断A，应用单调性判断B，应用极值及数形结合判断C，根据结合函数的单调性可判断D.
解答过程：对于A，定义域为，，令可得，
当时，，为减函数；当时，，为增函数；
所以是函数的极小值点，A正确；
对于B，由A可知当时，，为减函数，所以的单调减区间是和，B不正确；
对于C，由前面分析，的单调减区间是和，增区间为，极小值为e，
当时，，当时，，当时，，
简图如下，由图可知，在定义域内无最小值，也无最大值，C正确，
对于D，由题可得，由于增区间为，所以，故，即D正确.
11. 对于随机事件，，若，，，则（ ）
A. B.
C. D.
答案：BCD
解析：
解答过程：选项A：因为，，
所以；
选项B：因为，，
所以；
选项C：因为，，
所以；
选项D：因为，，
所以.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 的展开式中的系数是________.
答案：
解析：
思路：写出的展开式的通项，然后对分类求得答案．
解答过程：的展开式通项.
展开式中的项由两部分相加而成：
一部分为与展开式中的项（此时）的乘积，即；
另一部分为与展开式中的项（此时）的乘积，即.
总系数为.
13. 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__________
答案：
解析：
思路：根据给定条件，利用全概率公式列式计算即可.
解答过程：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，
而，，，
由全概率公式得：
.
14. 如下图所示，甲工厂位于一直线河岸的岸边A处，乙工厂与甲工厂在河的同侧，且位于离河岸40km的B处，河岸边D处与A处相距50km（其中），两家工厂要在此岸边建一个供水站C，从供水站到甲工厂和乙工厂的水管费用分别为每千米3a元和5a元，问供水站C建在岸边距离A处______km才能使水管费用最省？
答案：
解析：
思路：设点距点， 得到，且，再设总的水管费用为元，求得，利用导数求得函数的单调性与最小值，即可求解.
解答过程：据题意知， 只有点在线段上某一适当位置，才能使总运费最省，
设点距点， 如图所示， 则，
所以，
再设总的水管费用为元，则，
可得，令，解得，
当时，，函数在上单调递减；
当时，，函数在上单调递增，
所以，当时，函数取得极小值，也是最小值，
所以函数在处取得最小值，此时，
故供水站建立在之间距甲厂处，可使水管费用最省.
故20
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.
（1）求在点处的切线方程；
（2）已知过点，，可以作函数的两条切线，求实数的取值范围.
答案：（1）
（2）或
解析：
思路：（1）利用导数求切线斜率，然后由点斜式可得切线方程；
（2）设切点坐标为，表示出切线方程，根据切线过点得关于的一元二次方程，由方程有两个不相等的实根求解即可.
（1），因为，，
所以切点为，且切线斜率，
所以切线方程为，
得.
（2）设切点坐标为，因为，
所以切线的斜率，
所以切线方程是，
因为切线过点，
所以，即，
因为过点可以作曲线的两条切线，
所以方程有两个不同的根，
所以，
解得或.
16. 已知二项式的展开式中各二项式系数之和比各项系数之和小240.
（1）求的值及展开式中二项式系数最大的项；
（2）求展开式中的有理项．
答案：（1），
（2）有理项有3项，分别为
解析：
思路：（1）利用赋值法可得各项系数和，结合题意列式计算可得，由二项式系数性质可得二项式系数最大项；
（2）求得展开式通项公式，令，且，计算即可.
（1）令，则展开式中各项系数之和为，各二项式系数和为，
则，解得，
展开式有5项，二项式系数最大的为第3项;
（2）二项式的展开式的通项公式为，
令，且，解得，
则展开式中含的有理项有3项，分别为.
17. 已知函数．
（1）在单调递减，求m的取值范围；
（2）若有两个不同的零点，求m的取值范围．
答案：（1）
（2）解析：
思路：（1）题设等价于恒成立，结合分离参数法求最值即可求解；
（2）求导，通过讨论，讨论函数单调性、函数值情况即可求解.
（1）由题意，
因为在单调递减，
所以在上恒成立，即在上恒成立，
又当且仅当即时取等号，
所以，即m的取值范围是；
（2）由，得，定义域为，
当时，在恒成立，故在单调递减，
则在最多有一个零点，不合题意，舍去；
当时，令得，
时，，单调递减，
时，，单调递增，
且当时，，所以，
当时，，
因为此时，所以，
要使得在有两个不同的零点，
只需满足即可，解得，又，
所以，
综上可知：在有两个不同的零点，的取值范围是.
18. 甲、乙两袋装有形状、大小都相同的红球和白球，甲袋装有2个红球，3个白球；乙袋装有1个红球，2个白球．
（1）若从甲袋中连续抽取2次，每次取1个球，抽取后不放回，
①求取出的2个球中至少有一个红球的概率；
②求在第1次取到白球的条件下，第2次取到红球的概率；
（2）若从甲袋中随机取1个球，放入乙袋中，再从乙袋中随机取2个球，求取到的2个球中恰有1个红球的概率．
答案：（1）①；②
（2）解析：
思路：（1）①设“所取到的2个球中至少有一个红球”为事件，结合古典概型的概率公式和对立事件的概率公式，可求解；②由缩小样本空间求条件概率的方法可求得所求概率；
（2）设“从甲袋中取到红球”为事件，“从乙袋中随机取2个球，取到的2个球中恰有1个红球”为事件，根据条件概率公式及全概率公式，可得所求概率.
（1）①设“所取到的2个球中至少有一个红球”为事件，则表示取到的2个球全是白球，
由题可知，，
所以，即取出的2个球中至少有一个红球的概率为；
②第1次取到白球，则在第1次取球后，甲袋中有2个红球，2个白球，
所以在第1次取到白球的条件下，第2次取到红球的概率为.
（2）设“从甲袋中取到红球”为事件，则.
设“从乙袋中随机取2个球，取到的2个球中恰有1个红球”为事件，
则，.
所以.
19. 已知函数，.
（1）讨论函数的单调性；
（2）若有极大值点，且时恒成立，求的取值范围.
答案：（1）答案见解析
（2）解析：
思路：（1）对求导，按实数的取值分类讨论，利用函数单调性与导数符号的关系求单调性即可；
（2）先将函数代入利用参变分离得到，再构造新函数，利用导数研究函数的单调性求的最大值即可求得的取值范围.
（1）由题意可得当时，在上单调递增，
当时，，令解得，
若，当时，，单调递减，当时，，单调递增，
若，当时，，单调递增，当时，，单调递减；
综上所述，当时，在上单调递增，
当时，在单调递减，在单调递增，
当时，在单调递增，在单调递减.
（2）由（1）可得若有极大值点，则，，
此时，
当时，；当时，，故为的极大值点，
故符合.
当时恒成立，即恒成立，
即恒成立，
令，只需即可，
，
令，则恒成立，
故在上单调递减，，
所以恒成立，
所以当时，，单调递减，当时，，单调递增，
所以，
所以的取值范围为.
方法提示：本题考查导数研究函数的单调性、导数研究函数的极值，还考查了构造法、参变分离法、分类讨论等思想方法，属于较难题.