2025--2026学年河南洛阳市高二下册期中考试数学试题 [含解析]

这是一份2025--2026学年河南洛阳市高二下册期中考试数学试题 [含解析]，共8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。
1. 一质点的位移与时间之间的关系为，则该质点在时的瞬时速度为（ ）
A. 3B. 4C. 5D. 7
2. 二项式的展开式中奇数项的二项式系数之和等于（ ）
A. B. C. D.
3. 函数的图象如图所示，则下列不等关系中正确的是（ ）
A. B.
C. D.
4. 将《水浒传》《三国演义》《西游记》《红楼梦》四本书分给甲、乙、丙三位同学，每人至少1本，且《水浒传》必须分给甲同学，则不同的分配方法有（ ）
A. 6种B. 12种C. 18种D. 24种
5. 设函数，则曲线在处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积为（ ）
A. 4B. 3C. 2D. 1
6. 在的展开式中，含的项的系数是（ ）
A. B. C. D.
7. 已知共七个人站成一排，要求不站两端，且和不相邻，则不同的排法种数为（）
A. 2640B. 2160C. 3600D. 2880
8. 在数列中，，若函数，的导数为，则（ ）
A. 8B. 16C. 32D. 64
二、多选题：本题共3小题，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. 设函数，则下列说法正确的是（ ）
A. 函数的单调递减区间为
B. 函数有极小值
C. 曲线在处的切线方程为
D. 函数恰有两个零点
10. 在直三棱柱中，下列说法正确的是（ ）

A. 以三棱柱的顶点为顶点的三棱锥有12个
B. 过三棱柱任意两个顶点的直线共15条
C. 过三棱柱任意两个顶点的直线中，异面直线有39对
D. 给6个顶点各涂一种颜色，要求图中同一条线段的两个端点的颜色不同，若有四种颜色可供选择，则不同的涂色方法共有264种
11. 已知函数，则（ ）
A. 当时，函数恰有2个极值点B. 当时，函数恰有2个零点
C. 当时，函数恰有2个单调区间D. 当函数恰有2个零点时，必有一个零点为2
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 若的展开式中的系数为20，则的最小值为____________.
13. 某出版社的8名工人中，有3人只会排版，3人只会印刷，还有2人既会排版又会印刷，现从8人中选3人排版，3人印刷，有_____________种不同的选法．（用数字作答）
14. 已知定义在上的函数的导数为，若对任意的满足，且，则不等式的解集是____________．
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. 已知函数在处取得极大值16．
（1）求的解析式；
（2）求在上的最值．
16. 已知．
（1）求的值；
（2）求的值；
（3）求的值．
17. 已知函数．
（1）当时，求函数的极值；
（2）若恒成立，求实数的取值范围．
18. 某科技展览会上，展示了编号为1至9的9种型号的无人机，学校为鼓励学生参与创新，购买了每种型号的无人机各1架供学生实验操作．
（1）甲、乙两同学从9架无人机中各选一架，且这两架无人机编号的数字之和为偶数，两个同学共有多少种不同的选择？
（2）学校将买回的9架无人机全部都分给高一年级，高二年级，高三年级进行实验，每个年级至少一架．
①若平均分给三个年级，一共有多少种分配方法？
②若每个年级至少2架，且恰有两个年级分得的数量相同，一共有多少种分配方法？
③若三个年级分得的数量各不相同，一共有多少种分配方法？
（注：要写出算式，结果用数字表示）
19. 已知函数．
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）求函数的单调区间；
（3）若函数有三个零点，求实数的取值范围．
数学
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 一质点的位移与时间之间的关系为，则该质点在时的瞬时速度为（ ）
A. 3B. 4C. 5D. 7
答案：C
解析：
思路：利用导数求得处的导数即可得时的瞬时速度.
解答过程：由题意知，所以，
所以该质点在时的瞬时速度为5.
2. 二项式的展开式中奇数项的二项式系数之和等于（ ）
A. B. C. D.
答案：A
解析：
思路：根据二项式的展开式中所有项的二项式系数和为，奇数项的二项式系数之和与偶数项的二项式系数之和相等求解即可.
解答过程：二项式的展开式中，所有项的二项式系数和为，
因为奇数项的二项式系数之和与偶数项的二项式系数之和相等，
所以二项式的展开式中奇数项的二项式系数之和等于，
3. 函数的图象如图所示，则下列不等关系中正确的是（ ）
A. B.
C. D.
答案：B
解析：
思路：根据题意，得到在该区间内是单调递减函数，结合导数的几何意义和割线的斜率，即可求解.
解答过程：由函数的图象，函数在上是单调递减函数，且图象是向上凸起，
此时切线的斜率随增大而减小，即在该区间内是单调递减函数，
如图所示，表示在点处的切线的斜率，
表示在点处的切线的斜率，
表示过点的割线的斜率，
根据导数的几何意义，可得，且.
4. 将《水浒传》《三国演义》《西游记》《红楼梦》四本书分给甲、乙、丙三位同学，每人至少1本，且《水浒传》必须分给甲同学，则不同的分配方法有（ ）
A. 6种B. 12种C. 18种D. 24种
答案：B
解析：
思路：在除了《水浒传》剩下的三本中，甲再拿 1 本和甲不再拿两种情况讨论求解即可.
解答过程：在除了《水浒传》剩下的三本中，甲再拿 1 本，乙丙各 1 本，则有种情况；
在除了《水浒传》剩下的三本中，甲不再拿，乙丙中 1 人拿 2 本，1 人拿 1 本，有种情况，
所以，不同的分配方法有种.
5. 设函数，则曲线在处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积为（ ）
A. 4B. 3C. 2D. 1
答案：C
解析：
解答过程：由求导得，
则曲线在处的切线斜率为，
又，
则切线方程为，即，
当时，，当时，，
所以该切线与坐标轴的交点分别为点与点，
故切线与两坐标轴围成的三角形的面积为.
6. 在的展开式中，含的项的系数是（ ）
A. B. C. D.
答案：D
解析：
思路：先利用二项式通项公式，得出中项的系数为，再分别计算时的对应系数，最后将这些系数求和，即可得到展开式中项的总系数．
解答过程：在的展开式中，含的项为，
所以，中含的项的系数是，
对于，含的项的系数为，
对于，含的项的系数为，
对于，含的项的系数为，
对于，含的项的系数为，
对于，含的项的系数为，
因此在的展开式中，含的项的系数是．
7. 已知共七个人站成一排，要求不站两端，且和不相邻，则不同的排法种数为（）
A. 2640B. 2160C. 3600D. 2880
答案：A
解析：
思路：先考虑和不相邻的排法，再考虑和不相邻，且A站两端的情况，相减后得到答案.
解答过程：先考虑和不相邻的排法：
先排A,B,C,D,E，有种排法，
A,B,C,D,E排好后有6个空隙（含两端），从中选2个插入F和G，排法数：种，
所以，总排法有：种；
再考虑A站两端且F、G不相邻”的排法：
先排A在两端，有种（如A在最左端），再排B,C,D,E共4人，排法数：种，
此时5人（A,B,C,D,E）排好后有5个空隙（A的左边不算空隙），
从中选2个插入F和G，排法数：种，
所以，总排法：种，
所以要求不站两端，且和不相邻，则不同的排法种数为种.
8. 在数列中，，若函数，的导数为，则（ ）
A. 8B. 16C. 32D. 64
答案：B
解析：
思路：根据题意求得，令，进而得，再代入计算即可得答案.
解答过程：因为，
所以，当时，；
当时，，，
所以，满足时，，
所以，
令，则，
所以，
所以
二、多选题：本题共3小题，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. 设函数，则下列说法正确的是（ ）
A. 函数的单调递减区间为
B. 函数有极小值
C. 曲线在处的切线方程为
D. 函数恰有两个零点
答案：BC
解析：
思路：先对函数求导得到，再通过导数符号分析单调性与极值，计算特殊点处的导数值与函数值以验证切线方程，最后令求解零点，逐一判断选项正误．
解答过程：对于A，函数的定义域为，
，
令，得，
所以的单调递减区间为，A错误；
对于B，令，得，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以是极小值点，极小值为，B正确；
对于C，，，
所以曲线在处的切线方程为，即，C正确；
对于D，令，得（因为），所以函数只有个零点，D错误．
10. 在直三棱柱中，下列说法正确的是（ ）

A. 以三棱柱的顶点为顶点的三棱锥有12个
B. 过三棱柱任意两个顶点的直线共15条
C. 过三棱柱任意两个顶点的直线中，异面直线有39对
D. 给6个顶点各涂一种颜色，要求图中同一条线段的两个端点的颜色不同，若有四种颜色可供选择，则不同的涂色方法共有264种
答案：ABD
解析：
思路：对于A，直接考虑选取的四面体的个数即可；对于B，直接考虑选取两个不同点的情况即可；对于C，结合A选项，根据每个四面体有3对异面直线求解；对于D，按用色数量的不同分成两类，每一类中分步进行，先确定涂三点涂法数，再讨论点A，B，C的涂法数即可.
解答过程：对于A，三棱柱有六个顶点，可组成个四面体，即三棱锥有12个，故A选项正确；
对于B，三棱柱有六个顶点，可组成条直线，故B选项正确；
对于C，三棱柱有六个顶点，可组成个四面体，而每个四面体有3对异面直线，则共有对，故C错误；
对于D，计算不同涂色方法数有两类方法：
当涂四色时，先涂，，，有种涂法，再从A，B，C中选一点涂第四种颜色，如A，再涂B，
若B与同色，则C有2种涂法，若B与异色，则C有1种涂法，于是得有种涂法，
当涂三色时，先涂，，，有种涂法，再涂A，有2种涂法，则B，C各有1种涂法，故有种涂法，
利用分类加法计数原理得不同涂色方法数为： (种)，
所以不同的涂色方法共有264种，故D选项正确.
11. 已知函数，则（ ）
A. 当时，函数恰有2个极值点B. 当时，函数恰有2个零点
C. 当时，函数恰有2个单调区间D. 当函数恰有2个零点时，必有一个零点为2
答案：ACD
解析：
思路：根据函数求导判断函数的单调性，求出极值，利用函数与方程的转化思想，结合零点存在定理逐一判断各选项即可.
解答过程：由求导得，设，则.
对于A，当时，由得，由得，
则函数在上单调递减，在上单调递增，
故，又，，且，
则函数在和上各有一个变号零点，故当时，函数恰有2个极值点，故A正确；
对于B，因，当时，由A项可得函数在上单调递减，在上单调递增，
则，即恒成立，在上单调递增，故函数至多一个零点，故B错误；
对于C，当时，恒成立，则函数在上单调递增，
又，当时，，由零点存在定理，可知函数只有唯一零点，
当时，，当时，，
则函数在上单调递减，在上单调递增，故此时函数恰有2个单调区间，故C正确；
对于D，由，显然，可得，设，则，
当时，，则在上单调递增，
当时，，则在上单调递减，
当时，则，在上单调递增，
故时，取得极小值.作出函数图象如下：
因函数的零点个数等价于直线与的交点个数.
当时，两者只有1个交点；当时，两者有2个交点，其中有1个横坐标为2，另1个横坐标为负数；
当时，两者有3个交点，其中第1个横坐标为，第2个横坐标，第3个横坐标；
当时，两者没有交点.
因此当函数恰有2个零点时，仅当时成立，此时必有一个零点为2.，故D正确.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 若的展开式中的系数为20，则的最小值为____________.
答案：
解析：
思路：求得二项式的通项公式，结合题意，求得，结合基本不等式，即可求解.
解答过程：由二项式的展开式的通项为，
当时，可得的系数，即，即，
则，
当且仅当时，即或时，等号成立，
所以的最小值为.
13. 某出版社的8名工人中，有3人只会排版，3人只会印刷，还有2人既会排版又会印刷，现从8人中选3人排版，3人印刷，有_____________种不同的选法．（用数字作答）
答案：37
解析：
思路：根据分类加法计数原理，这个问题可按承担印刷任务的人员中“只会印刷”者的人数进行分类求解.
解答过程：以承担印刷任务的人员中“只会印刷”者的人数进行分类：
第一类：3名印刷工均是“只会印刷”者，有种；
第二类：有2名印刷工是“只会印刷”者，有种；
第三类：有1名印刷工是“只会印刷”者，有种.
所以共有（种）.
14. 已知定义在上的函数的导数为，若对任意的满足，且，则不等式的解集是____________．
答案：
解析：
思路：构造函数，进而将原不等式转化为，再根据题意得在上是单调递减函数，最后根据单调性解不等式即可.
解答过程：因为对任意的满足，即 ，
令，则，
所以在上是单调递减函数，
因为，，
所以，
所以，即不等式的解集是.
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. 已知函数在处取得极大值16．
（1）求的解析式；
（2）求在上的最值．
答案：（1）
（2）最大值为，最小值为
解析：
思路：（1）根据题意得，解方程并检验即可得；
（2）结合（1）的检验过程得时的单调性，再结合端点值即可求得答案.
（1）由，得．
因为在处取得极大值16，
所以，解得,
此时，时或，
所以，当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以当时，在处取得极大值16，
所以．
（2）由（1）可知，当时，函数的单调性如下：
当时，单调递减；
当时，单调递增；
又因为．
所以在[1,3]上的最大值为，最小值为.
16. 已知．
（1）求的值；
（2）求的值；
（3）求的值．
答案：（1）0 （2）
（3）6561
解析：
思路：（1）根据题意，令，得到，再令，得到，即可求解；
（2）化简二项式为，结合二项展开式，即可求得的值；
（3）求得二项展开式中的系数为，得到，结合赋值法，即可求解.
（1）解：由，
令，可得，
令，可得，
所以 .
（2）解：由，
所以.
（3）解：由，
可得展开式中的系数为，
所以都大于零，而都小于零，
则，
令，可得
，
所以 ．
17. 已知函数．
（1）当时，求函数的极值；
（2）若恒成立，求实数的取值范围．
答案：（1）极小值为，无极大值
（2）解析：
思路：（1）当时，求得，利用导数求得函数的单调区间，结合极值的定义，即可求解；
（2）转化为，令，求得，令，求得是增函数，由，得出的单调性和最大值，即可求解.
（1）解：当时，函数，
则，
令，即，解得，
当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增．
所以的极小值为，无极大值．
（2）解：由恒成立，即，即，令，
则，
令，则，所以是增函数，且，
当时，，所以，
当时，，从而，
即在上单调递增，在上单调递减，所以．
所以，即实数的取值范围为．
18. 某科技展览会上，展示了编号为1至9的9种型号的无人机，学校为鼓励学生参与创新，购买了每种型号的无人机各1架供学生实验操作．
（1）甲、乙两同学从9架无人机中各选一架，且这两架无人机编号的数字之和为偶数，两个同学共有多少种不同的选择？
（2）学校将买回的9架无人机全部都分给高一年级，高二年级，高三年级进行实验，每个年级至少一架．
①若平均分给三个年级，一共有多少种分配方法？
②若每个年级至少2架，且恰有两个年级分得的数量相同，一共有多少种分配方法？
③若三个年级分得的数量各不相同，一共有多少种分配方法？
（注：要写出算式，结果用数字表示）
答案：（1）32 （2）①1680；②2268；③12096
解析：
思路：（1）编号数字之和为偶数，等价于两架无人机编号同奇或同偶．编号1至9中奇数编号有5个，偶数编号有4个．由于甲、乙两名同学有身份区分，且9架无人机各不相同，所以按有序选择计数．
（2）9架无人机彼此不同，三个年级也彼此不同，属于把9个不同元素分配到3个不同对象的问题．①平均分配即各年级各得3架，按顺序选择即可；②每个年级至少2架，且恰有两个年级数量相同，只能是数量分配为2，2，5；③三个年级数量各不相同，且每个年级至少1架，只需列出正整数拆分1，2，6，1，3，5，2，3，4，再分别分配无人机并安排给三个年级．
（1）编号1至9中，奇数编号有1，3，5，7，9，共5个；偶数编号有2，4，6，8，共4个．
因为两架无人机编号的数字之和为偶数，所以两架无人机编号同为奇数或同为偶数．又甲、乙两名同学有身份区分，甲选某架、乙选某架与甲乙互换选择是不同的选择，因此用排列数计数．
若两架无人机编号同为奇数，则不同选择有种；若两架无人机编号同为偶数，则不同选择有种．
根据分类加法计数原理，共有种不同的选择．
（2）①若平均分给三个年级，则每个年级各得3架．
先从9架中选3架给高一年级，有种方法；再从剩下6架中选3架给高二年级，有种方法；最后剩下3架给高三年级，有种方法．
根据分步乘法计数原理，共有种分配方法．
②因为每个年级至少2架，且恰有两个年级分得的数量相同，而总数为9，所以三个年级分得的数量只能为2，2，5．
先确定哪个年级分得5架，有种方法；再从9架中选5架给这个年级，有种方法；剩下4架中选2架给另外一个确定的年级，有种方法；最后2架给剩下的年级，有种方法．
根据分步乘法计数原理，共有种分配方法．
③因为三个年级分得的数量各不相同，且每个年级至少1架，三个正整数和为9，所以不计顺序时，数量只能为1，2，6，或1，3，5，或2，3，4．
若三个年级分得的数量为1，2，6，则先把1，2，6这三个数量安排给高一、高二、高三三个年级，有种方法；再从9架中选1架给分得1架的年级，有种方法；从剩下8架中选2架给分得2架的年级，有种方法；最后剩下6架给分得6架的年级，有种方法．所以此时有种分配方法．
若三个年级分得的数量为1，3，5，同理，此时有种分配方法．
若三个年级分得的数量为2，3，4，同理，此时有种分配方法．
根据分类加法计数原理，三个年级分得的数量各不相同时，共有种分配方法．
19. 已知函数．
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）求函数的单调区间；
（3）若函数有三个零点，求实数的取值范围．
答案：（1）
（2）当时，的递减区间为，递增区间为．
当时，的递减区间为，递增区间为．
当时，的递减区间为，无递增区间．
当时，的递减区间为，递增区间为．
（3）解析：
思路：（1）根据导数的几何意义直接求解即可；
（2）根据题意，分，，，四种情况讨论求解即可；
（3）结合（2）的单调性的讨论，根据零点的存在性定理，将问题转化为，再解不等式即可求得答案.
（1）解：由题意知，
故，又，
所以曲线在点处的切线方程为．
（2）解：由题意知函数的定义域为，
．
①当时，，
当，即的递增区间为；
当，即的递减区间为，
②当时，由得，
当,即时，在上恒成立，即的递减区间为．
当，即时，或时，，即的递减区间为；
时，，即的递增区间为．
当，即时，或时，，即的递减区间为，
时，，即的递增区间为．
综上，当时，的递减区间为，递增区间为．
当时，的递减区间为，递增区间为．
当时，的递减区间为，无递增区间．
当时，的递减区间为，递增区间为．
（3）解：由题易知,
由（2）知，当或时，函数的零点个数不超过2，不符合题意．
又当时，易得若，则，若，则，
若函数有三个零点，则满足，即，
因为得，（舍），
得，且，
所以的解集为，
所以实数的取值范围是．