湖北楚天协作体2025-2026学年高二下学期4月期中考试数学试题（解析版）

湖北楚天协作体2025-2026学年高二下学期4月期中考试数学试题一、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】【分析】利用基本函数的导数公式及导数运算法则逐项求导即可.【详解】对于A，，A正确；对于B，，B错误；对于C，，C错误；对于D，，D错误.2.下列选项中不是数列的通项公式的是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】对各选项的通项公式进行化简，并考虑为奇数或偶数时各通项公式的取值，即可判断【详解】对于选项A.当为奇数时，，当为偶数时，即，是题中数列的通项公式；对于选项B.显然是题中数列的通项公式.对于选项C.当为奇数时，，当为偶数时，所以C选项是题中数列的通项公式对于选项D当为奇数时，，当为偶数时，所以D选项不是题中数列的通项公式.3.已知函数，若，则（）A. B.2 C. D.1【答案】A【解析】【分析】根据给定条件，利用导数的定义及运算法则列式求解.【详解】由，得，函数，求导得，则，所以.4.某大学在东、南、西、北及东南五个方向上各有一个校门，如果一在校大学生从其中任意一个校门进入学校，并且要求从其它的校门出去，那么共有（）种进出学校的方式．A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】本题主要考查分步乘法计数原理，分别确定进校门和出校门各有多少种情况，两者相乘，即可解决总的进出学校的种数.【详解】学校共有个校门，学生任选一个进入共有种选择；出校门则从其他个校门任选一个，共有种选择，所以，根据分步乘法计数原理，总的进出学校的方式共有种.5.函数在上单调递增，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用导数与函数单调性的关系得到不等式，结合参数分离及均值不等式求解参数范围.【详解】函数在上单调递增，等价于对任意恒成立.​由恒成立，移项得.对，由基本不等式​，当且仅当​，即等号成立，因此​的最小值为.要使恒成立，则​，即.6.已知数列为等比数列，，则（）A. B.3 C.9 D.-3【答案】B【解析】【分析】运用等比数列的通项的性质求解.【详解】设数列的公比为，那么，因为则，，所以.7.将6个各不相同的小球全部放入4个颜色各不相同的盒子中，每个盒子至少放一个小球，其中红色盒子至多放两个小球，则一共有（）种不同的放法．A.480 B.540 C.1440 D.4320【答案】C【解析】【分析】若红色盒子放一个小球，则剩下三个盒子按照或来放；若红色盒子放两个小球，则剩下三个盒子按照来放，再利用分组分配知识解决.【详解】若红色盒子放一个小球，则剩下三个盒子按照或来放，若按照来放，有种；若按照来放，有种,若红色盒子放两个小球，则剩下三个盒子按照来放，共有种；故一共有种不同的放法.8.已知函数和定义域为为偶函数，且对任意实数，都有恒成立，，则不等式的解集为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】构造新函数，利用导数判断其单调性，然后根据偶函数，所以可得到新构造函数的奇偶性，利用奇偶性简化分析，最后将目标不等式变形为与相关的不等式，结合的单调性和奇偶性求解.【详解】

原不等式右边整理得：，结合，原不等式转化为：

，

由定义域得，即，两边除以得：

，构造函数，则不等式等价于，

，由题设恒成立，当时，，故，在单调递增；当时，，故，在单调递减，又是偶函数，故，即是偶函数，由偶函数性质：，结合在单调递增，等价于：

：或，即或，因此不等式的解集为.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．全部选对的得6分，有选错的得0分，部分选对的得部分分．9.若，则下列说法正确的是（）A.B.C.D.【答案】BD【解析】【详解】已知.令，得，选项A错误.由二项式通项，令得，则，选项B正确.令，得，代入得，选项C错误.令，得，时，.两式相减，解得，选项D正确.10.已知函数，则下列选项正确的是（）A.若，则在上无极值点B.若，则在上单调递增C.当，若关于的方程有三个实根，则D.当，若在区间上最大值为，则的取值范围为【答案】ABD【解析】【分析】根据题目条件求出导函数，利用选项条件结合导函数的单调性和极值点逐一分析.【详解】由题可得：，判别式，逐个分析选项：选项A：若，则，由得，结合得，因此开口向上，恒成立，没有变号零点，在上单调，故无极值点，A正确；选项B：若，开口向上，对称轴为，在上单调递增，因此，故在上单调递增，B正确；选项C：当时，，，令，则，，，；，；，故极大值，极小值，有三个实根等价于，C错误；选项D：当，解方程，因式分解得，根为和，在递增，递减，递增，要使区间最大值为，需满足：①（否则不包含极大值点，最大值小于）；②（若，区间内存在使得，最大值大于），故，D正确11.已知数列的前项和为且，则下列说法正确的是（）A.数列为等比数列B.若，在与之间插入个数使这个数组成一个公差为的等差数列，则C.若，则数列的前2026项的和为D.若，在数列的和项之间插入个数，使得这个数成等差数列，其中，将所有插入的数由小到大组成新数列，则【答案】BCD【解析】【分析】根据an+1,Sn的关系式化简计算可得A错误，利用等差数列性质计算可得B正确，由三角函数周期性以及数列的通项公式计算可得C【详解】由可得an=2两式相减可得，即，当时，a2=5≠3a1，所以数列不一定是等比数列，即由可知a2=2S此时数列是以为首项，公比的等比数列，因此可得an=3n−1在与之间插入个数使这个数组成一个公差为的等差数列，则dn=an+1−ann+1由an+1=3n可得b又因为cos2nπ3=cos易知cos2π将数列的前2026项按周期分组，每组3项，第组对应组内的值依次为c3m−2=−12每组的和为Sm因此数列的前2026项的和为c1=675c1+插入数的位置规律为时a1,e1,a2成等差数列，易知1+2+3+···+63=2016，所以i=64时a64该数列的公差为364−3三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知函数，则在（1，1）处的切线方程为___________.【答案】【解析】【分析】根据导数的几何意义可求出结果.【详解】函数的定义域为，，，，所以在（1，1）处的切线方程为，即.故答案为：.13.3名女生和3名男生站成一排拍照留影，男生甲不站两端，女生乙和丙必须相邻，一共有___________种不同的站法．（用数字回答）【答案】144【解析】【分析】根据捆绑法结合特殊元素优先的原则首先排女生乙丙和男生甲，然后排没有限制的元素，最后根据分步计数原理即可得出答案.【详解】因为女生乙、丙必须相邻，先将二人捆绑为一个整体，二人内部有2种排列方式，此时原6人简化为5个元素（整体+其余4人），要求男生甲不站两端，5个元素的排列中共有2个端点位置，甲不能选，因此甲有个位置可选，即3种站法，剩余4个元素无特殊要求，全排列有种站法，根据分步乘法计数原理，总站法为：.14.已知函数的极值点为，函数，若对任意恒成立，则实数的取值范围为___________．【答案】【解析】【分析】先确定函数，通过整理不等式构造新函数，利用函数的单调性、最值来解决恒成立问题.【详解】因为的定义域为，极值点为，则满足，解得，因此.将代入不等式得，

整理变形，令，，不等式转化为对所有可能的恒成立.对​求导得​，当时，，当时，，可知在处取最大值，​因此的取值范围是.令，求导得​，因此在上单调递减，在上单调递增，且，若，在单调递减，，满足；若，则存在（是的另一个大于的根），使得，不满足；要使所有满足，只需，即，结合（有意义），得.四、解答题：本大题共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；（2）若，数列的前项和为，求证：．【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据已知解出基本量，利用等差数列通项公式即可求解；（2）利用裂项相消法求和即可求，进而得证..【小问1详解】设等差数列的公差为，所以，解得，所以；【小问2详解】由（1）有，所以，又，当时，取最小值，即，所以.16.已知函数，且在处切线斜率为．（1）求的值及的值域；（2），求的极值．【答案】（1）；（2）的极大值为，极小值为【解析】【分析】（1）利用导数的几何意义，由切线斜率列方程求参数；再通过导数分析单调性，确定函数最小值，结合极限趋势求值域；（2）先写出的表达式，用商的求导法则求导，通过导数符号分析单调性，进而确定极大值和极小值.【小问1详解】首先对求导，由乘积求导法则：，在处切线斜率为，代入得：因此，导数为，因，则当时，，单调递减；当时，，单调递增.故的最小值为.又时，；时，.因此的值域为.【小问2详解】已知，由商的求导法则得.由于，则的符号由决定，临界点为，单调性如下：区间单调递增单调递减单调递减单调递增因此在处取极大值为；在处取极小值为.17.已知的展开式中的前三项的二项式系数和为172，其中．（1）求；（2）求展开式中含的项；（3）展开式中系数最大项是第几项？【答案】（1）（2）（3）7【解析】【分析】（1）利用二项式系数的定义计算可解得；（2）根据二项展开式的通项计算即可；（3）利用展开式中通项的系数，解不等式可得，因此展开式中系数最大项是第7项.【小问1详解】依题意可知，整理可得，即,又，解得；【小问2详解】因为，令，解得；因此展开式中含的项为【小问3详解】易知第项的系数为，令，可得；解得，又，可得，因此展开式中系数最大项是第7项.18.已知数列的首项且，．（1）证明：数列为等比数列；（2）若，求数列的前项的和；（3）若，且不等式对任意的恒成立，求实数的取值范围．【答案】（1）证明见解析（2）（3）【解析】【分析】（1）对取倒数，将代入化简可得，结合等比数列定义证明即可.（2）根据（1）得到，结合等差数列及等比数列的前项和公式分组求和即可.（3）求出，分为奇数或偶数两种情况，对分离参数，分别求出最值即可.【小问1详解】证明：由，得，又，则，所以，即.又，所以数列是首项为，公比为的等比数列.【小问2详解】由（1）知，.当为奇数时，；当为偶数时，；所以.【小问3详解】由（2）知，.则不等式可化为.①当为奇数时，不等式可化为，则，令，因为为奇数，则，函数在上的最小值为，所以的最大值为，所以.②当为偶数时，不等式可化为，则，令，因为为偶数，则，函数在上的最小值为，所以的最小值为，所以.综上，.所以实数的取值范围.19.已知函数．（1）当时，求的单调区间；（2）对任意的恒成立，求实数的取值范围；（3），设是方程的两根，且，证明：．【答案】（1）（2）（3）证明见解析【解析】【分析】（1）考虑导函数的单调性判断导函数的最值，求得函数在定义域内单调递增；（2）求出导函数的最值，再根据的取值分类讨论；（3）根据，是方程的根，设，并根据条件将，，都用表示，最后构造函数证明的等价命题.【小问1详解】当时，，则设，则当时，，单调递减，当时，，单调递增所以，在时取最小值，，即有因此有，即在定义域上单调递增综上所述，当时，的单调增区间为，无单调减区间【小