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湖北武汉市 5G 联合体 2025-2026 学年下学期期中高二数学试卷
一、单项选择题：本题共8个小题，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 是定义在 上的可导函数，若 ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】将题目给的极限表达式转化为导数的定义式，即可得解.
【详解】因为 ，即 ，
即 ，则 .
故选：A.
2. 已知等差数列 中， ，则 （ ）
A. 6 B. 9 C. 12 D. 15
【答案】C
【解析】
【详解】由题意可得： ，
根据等差数列的基本性质得： ，
因此 ，同理可得 ，
因此： .
3. 下列求导正确的是（ ）
A. B. C. D.【答案】C
【解析】
【分析】根据初等函数和简单复合函数的求导公式计算即可.
【详解】对于A，因为 为常数，常数的导数为0，所以 ，A错误；
对于B， ，B错误；
对于C， ，所以C正确；
对于D， ，所以D错误.
4. 某中学准备在校园科技节展示5款不同的AI学习软件，分别是：豆包、讯飞星火、文心一言、元宝、
即梦．在展台中要求豆包和即梦两块展板相邻，且文心一言与讯飞星火两块展板不相邻，则有（ ）种
不同的放置方式．
A. 12 B. 24 C. 36 D. 48
【答案】B
【解析】
【详解】根据题意将豆包、即梦捆绑为一个整体，则内部排列数为 ，
将豆包和即梦捆绑为一个整体，先排列该整体与元宝，所以排列数为 ，
2个元素排完后会产生 个空位，
又因为文心一言和讯飞星火不相邻，
所以从3个空位中选2个放入文心一言、讯飞星火，即排列数为 ，
所以总方法数为： .
5. 已知数列 的前 项和为 ，满足 ，则 的值为（ ）
A. 63 B. 126 C. 128 D. 254
【答案】B
【解析】【分析】根据 和 的关系得到 ，则 ， ，再根据等比数列前 项和公式计
算即可．
【详解】解： ，当 时， ，故 ；
当 时， ， ，相减得到 ，
数列 是首项为 ，公比为 的等比数列，
故 ，验证 时成立，故 ， ，
．
6. 在2026年春晚节目《武BOT》中，机器人完成了后空翻、跳马等高难度动作，其表演融合了科技与武
术元素，也见证了“中国智造”的飞跃速度.若该节目的机器人按杨辉三角队形站位，第 行的第
个机器人的动作难度为 ，则从第3行到第2025行，每行第3个机器人动作难度之和为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】分析可知第 行的第3个机器人的动作难度为 ，结合组合数的性质运算求解即可.
【详解】由题意可知：第 行的第3个机器人的动作难度为 ，则动作难度之和为
.
7. 已知 是定义在 的偶函数，当 时， ，且 ，则
的解集为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】构造函数，分析其单调性，再结合函数的奇偶性求解不等式.
【详解】已知 时， ，
所以构造函数 ，则 ，
当 时， ，所以 ，
因此 在 上单调递减，
因为 是偶函数，则 ，
即 是奇函数，图象关于原点对称，
所以 在 上也是单调递减，
因为 ，则 ，
由 是奇函数可得： ，等价于 或 ，
当 时，则 ， ，
当 时， ，即 ，
因为 在 上单调递减且 ，所以有 ；
当 时， ，即 ，
因为 在 上单调递减且 ，所以有 ，
同时要满足 ，所以 ；
当 时， ， ，则 ，即 ，
因为 在 上单调递减且 ，
所以当 时，有 ，
所以合并得解集： .
8. 如图所示，某公园要给由7个区域组成的花坛进行花卉种植，中心区域为主花坛，从中心向三个方向延
伸出分花坛，每个方向有两个分花坛，靠近主花坛的为第一层分花坛，远离主花坛的为第二层分花坛.现用
四种不同的花卉品种给所有的花坛区域种植，要求相邻的区域种植不同品种花卉，且同一层的分花坛种植
不同品种的花卉，则所有的种植方法种数为（ ）
A. 216 B. 244 C. 264 D. 288【答案】C
【解析】
【分析】先确定主花坛有4种种植选择，再算第一层是3元素错排有2种方法，最后分情况算第二层有11
种方法，用分步乘法计数原理得总方法数.
【详解】由题意可知，共有4种不同花卉，因此主花坛有 种种植选择，
根据要求：第一层分花坛都与主花坛相邻，因此不能和主花坛同品种，且同一层分花坛品种不同，
所以主花坛已用1种花卉，剩余3种不同花卉分配给3个第一层分花坛，全排列得：
种， 此时三个第一层分花坛恰好用完了除主花坛外的全部3种花卉，
记主花坛品种为 ，三个第一层品种分别为 ， ， ，
对应三个第二层位置分别要求： ， ， ，且 ， ， 互不相同，
当第二层不包含 ，仅用 ， ， ，排列，要求每个位置不等于对应品种，
即3元素错排，错排数 ，共 种，
当第二层包含 ，先选1个位置放 ，共 种选择，
剩余2个位置从 ， ， ，选2个排列，
满足位置不等于对应品种，每个位置对应3种合法排列，共 种，
因此第二层总合法种植数为 种，
所以总种植方法数 .
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，有多项符合
题目要求.全部选对得6分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分.
9. 下列说法正确的是（ ）
A. 乘积 展开后有36项
B.
C. 个班分别从 个景点中选择一处游览，有 种不同选法
D. 老师把 张相同的游园门票分给 人中的 人，则不同分法有 种
【答案】AB【解析】
【详解】选项 ，根据分步乘法计数原理，每个括号依次有 ， ， 项，
所以展开后共有 项， 正确；
选项 ，由题知 ，则 ，
因为奇数项二项式系数之和等于偶数项二项式系数之和，
所以 ， 正确；
选项 ，根据分步乘法计数原理，每个班均有 种选择，则共有 种， 错误；
选项 ，因为门票均相同，分给 人即可，不需要考虑顺序，所以共有 种， 错误.
10. 传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家用沙粒和小石子来研究数，他们根据沙粒或小石子所排列的形状
把数分成许多类，将图中的 称为六边形数，将六边形数按从小到大的顺序排成数列 ，则
（ ）
A. B. C. 是等差数列 D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据数列 中相邻两项之间的关系，得到递推关系 ，利用等差数列的定义即
可判断C；利用累加法求出数列通项即可判断A和B；利用作差法即可判断D.
【详解】在数列 中，有 ， ， ，
进一步，得 ， ， ，所以可以得到递推关系： ，即 ，
设数列 的通项为 ， ，
则当 时， ，
所以数列 是首项为5，公差为4的等差数列，故C正确；
当 时，
，
显然 也成立，所以 ，
可得 ， ，故A正确，B错误；
因为 ，
所以 ，故D正确.
11. 已知函数 ，若 有三个零点 且 ，下列说
法正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】通过求导分析函数的单调性和极值，再结合零点的分布情况来判断各个选项.
【详解】由题意可得 ，
所以 ，令 ，
解得 或 ，
当 时， ，所以 在 上单调递增，当 时， ，所以 在 上单调递减，
当 时， ，所以 在 上单调递增，
因此 的极大值为 ，
极小值为 ，
因为 有三个零点 ， ， ，且 ，
所以 ，解得 ，A正确，
在B选项中，根据韦达定理可得三次方程 的根 ， ， 满足：
，即 ，
易知 ， ，
因为 ，且 时， ， ，
又因为 ，
且 ，由零点存在定理可得 ，
所以 ，即 ，B正确，
在C选项中，由B选项可知， ，
得 ，又因为 ，
所以 ，解得 ，
，因为 ，且 ，
所以 ，选项C错误，
在D选项中，令 ，则 ；由 可得 ，因此 关于点 成中心对称，易知 ；
即 的对称中心为 ，所以 满足 ；
所以 ，
又 ,
两式相加可得 ；
所以 ，D选项正确.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 的展开式中， 的系数为__________．
【答案】
【解析】
【详解】根据二项式 展开式的通项公式 ，
可知 的通项： ，
根据题意令 ，则 ，
所以系数为： .
13. 2026年4月学校举办趣味运动会，甲、乙、丙3名同学负责A，B，C，D四个任务．若每人至少负责
一个任务，每个任务都必须有人负责，则甲同学负责 任务的分配方法共有__________种．
【答案】12
【解析】
【分析】根据甲负责任务的数量进行分类讨论，再分别计算每类的分配方法数，最后根据分类加法原理求
出总分配方法数.
【详解】根据题意，3人分4个任务，每人至少1个任务，因此必然是1人负责2个任务，另外两人各负责1个任务，且甲必须负责A任务，
所以当甲只负责A任务（仅1个任务） 剩余B、C、D三个任务分给乙、丙两人，
共 种分配方法，
当甲除A外还负责1个额外任务（共2个任务） 先从剩余B、C、D三个任务中选1个给甲，
共 种选法，剩余2个任务分给乙、丙两人，每人1个，共 种排列，
因此这部分共 种分配方法。
因此总分配方法为 种.
14. 已知对于 ，都有 恒成立，则实数 的最大值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】先将不等式变形为 ，令 ，化简不等式，设 ，
求导判断单调性，得到 等价于 ，即 ，令 ，求导判断单
调性，求出 的最小值，进而求得结果.
【详解】化简不等式为 ，即 .
令 ，则不等式变为 .
，求导得 ，所以 在 上单调递增，
又 ，所以 等价于 ，即 .
变形得 ，令 ，求导得 .令 ，解得 ，当 时， ，则 单调递减；
当 时， ，则 单调递增；
所以 在 处取得最小值，即 .
所以要使得不等式恒成立，则 ，所以 .
所以实数 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. 已知等差数列 的前 项和为 ，且 .
（1）求数列 的通项公式；
（2）若 ，求 的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设等差数列的首项和公差，利用已知两个条件列方程求出首项和公差，即可得到数列的通
项公式.
（2）对 求导后，可知 是等差乘等比结构的求和问题，用错位相减法即可计算出结果。
【小问1详解】
由题意可知，数列 为等差数列，设首项为 ，公差为 ，
又因为 对 恒成立，所以有 ，
所以 ， 即 ， 解得所以
即数列 的通项公式为 .
【小问2详解】
由题意可得：
，令 ，则
两式相减得：
所以 ，即
16. 已知函数 .
（1）当 时，求函数 的极值；
（2）讨论函数 的零点个数.
【答案】（1）极小值 ，无极大值
（2）当 ， 在 上有0个零点；当 ， 在 上有1个零点；当
时， 在 上有2个零点 .
【解析】
【分析】（1）求解导数，判断函数单调性，可求极值；
（2）由函数单调性得到简图，结合图象可判断零点个数.
【小问1详解】
由题意，函数 的定义域为 ，由 ，得 ，
令 ，即 ，解得 ；
令 ，即 ，解得 ，则当 时， 单调递增；
令 ，即 ，解得 ，则当 时， 单调递减；
所以当 函数 取极小值 ，无极大值.
【小问2详解】
由 得方程 ，令 ，
则函数 零点的个数就是 与 交点的个数，由（1）可知
当 时， 单调递减，
当 时， 单调递增，
时， ; 时， ；
画出函数 的图象如下：
当 时，函数 与 无交点；
当 或 时，函数 与 有一个交点；
当 时，函数 与 有两个交点-
所以当 ， 在 上有0个零点；
当 ， 在 上有1个零点；当 时， 在 上有2个零点 .
17. 已知二项式 .
（1）若其展开式中，第 项、第 项和第 项的二项式系数成等差数列，求 的值；
（2）在（1）的条件下求展开式中所有的有理项；
（3）设展开式中的各项系数和为 ，则当 时，求 除以 所得余数.
【答案】（1）
（2）有理项为 、 、
（3）
【解析】
【分析】（1）由题意得出关于 的等式，解之即可；
（2）写出展开式通项，根据 的指数为整数，求出参数的值，代入通项即可得解；
（3）求得 ，当 时，可得 ，结合二项展开式求解即可.
【小问1详解】
由题意有 ，
即 ，整理得 ， 因为 ，解得 .
【小问2详解】
由题意得 ，
其展开式的通项公式 ，
要想求解展开式中的有理项，需满足 为整数，故 ，
当 时， ，当 时， ，
当 时， ；
故有理项为 、 、 ；
【小问3详解】
令 ， .
当 时，
而 能够被 整除，
故 除以 所得余数为 ．
18. 已知函数 .
（1）当 时，若直线 与曲线 相切，求实数 的值；
（2）讨论 的单调性；
（3）若对任意 ，都有 恒成立，求整数 的最小值.
【答案】（1）
（2）答案见解析 （3）1
【解析】
【分析】（1）设切点为 ，利用导数的几何意义，列方程组求解；
（2）求导，分 、 两种情况讨论单调性即可；
（3）根据题意可得 恒成立，设 ，利用导数，结合隐零点问题求出 最大值的范围即可确定整数 ．
【小问1详解】
解：当 时， ，求导得 .
设直线 与曲线 的切点为 ，则
，解得 ， .
【小问2详解】
解：函数 的定义域为 ，
，
当 时， ，此时函数 在 上单调递减；
当 时，由 ，解得 ;由 ，解得 .
则函数 在 上单调递减，在 上单调递增；
综上，当 时，函数 在 上单调递减；
当 时，函数 在 上单调递减，在 上单调递增.
【小问3详解】
对任意 ，有 恒成立，
即对任意 ，有 ，即 恒成立．
设 ，则 ， .设 ， ，则 在 上单调递减，
因为 ， ，
所以 ，使得 ，即 ．
当 时， ；当 时， ．
所以 在 上单调递增，在 上单调递减，
所以 ．
因为 ，所以 ，
所以 ，又 为整数，
故整数 的最小值为1．
19. 17世纪，牛顿在《流数法与无穷级数》一书中，给出了代数方程的一种数值解法，其过程如下：如图，
设 是方程 的解，选取 作为 的初始近似值，过点 作曲线 的切线 .如果
，则 与 轴的交点的横坐标记为 ，称 为 的一阶近似值．再过点 作曲线
的切线 ，并求出切线 与 轴的交点横坐标记为 ，称 为 的二阶近似值.重复以上过程，
得 的近似值序列： ，已知 .（1）取 ，根据牛顿迭代法求 ；
（2）求 与 的关系式 ，并证明： ；
（3）牛顿迭代法体现了“以直代曲”的数学思想，通常以曲线的切线或割线近似代替原曲线.基于该思想，
证明：若关于 的方程 的两个实数根分别为 ，则 ．
【答案】（1）
（2） ，证明见解析
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）先求出导函数得出切线方程，再结合新定义计算求解；
（2）根据新定义结合切线方程及单调性计算求解最值即可证明不等式；
（3）根据新定义应用导数求解单调性计算求解最值即可证明不等式；
【小问1详解】
由 得 ，
当 ，切线斜率为 ，直线 为 ，
令 ， .
【小问2详解】
在点 的切线斜率为则 在点 的切线 方程为
即
令 ，则 .
令 ，则 ，
由 得 ；由 得 ，
所以 在 上递减， 上递增，
，即 恒成立，即 .
【小问3详解】
令 ，得 ，
当 时， ；当 时， ，
所以 在 上单调递增，在 上单调递减，
所以 是 的极大值点，也是 的最大值点，即 ，
又 时， ， 时， ，
所以当方程 有两个根时，必满足 ；
曲线 过点 和点 的割线方程为 ，
下面证明 ，
设 ，则 ，
所以当 时， ；当 时， ，
所以 在 上单调递增， ；
在 上 单调递减， ，
所以当 时， ，即 (当且仅当 或 时取等号)，
由于 ，所以 ，解得 ；①
下面证明当 时， ，
设 ，因为 ，
所以当 时， (当且仅当 时取等号)，
由于 所以 ，解得 ，②
① ②，得 ．
