广东省茂名市2025-2026学年高二下学期期中考试 数学 含解析

广东茂名市2025-2026学年高二下学期5月期中考试数学试题一、单选题1．已知函数，则（

）A． B． C． D．2．（

）A． B． C． D．3．若1，，，，4成等比数列，则（

）A．16 B．8 C． D．4．曲线（其中e＝2.71828…是自然对数的底数）在点处的切线的斜率为A．2 B．3 C． D．5．如图是f(x)的导函数f′(x)的图象，则f(x)的极小值点的个数为（

）A．1 B．2 C．3 D．46．若，则（）A．4 B．6 C．7 D．87．一个小球作简谐振动，其运动方程为，其中(单位：是小球相对于平衡点的位移，(单位：)为运动时间，则小球的瞬时速度首次达到最大时，（

）A．1 B． C． D．8．已知等比数列满足若，则（

）A． B．C． D．二、多选题9．下列问题属于排列问题的是（

）A．从6人中选2人分别去游泳和跳绳B．从10人中选2人去游泳C．从班上30名男生中选出5人组成一个篮球队D．从数字5，6，7，8中任取三个数组成没有重复数字的三位数10．如图，过原点斜率为的直线与曲线交于两点以下结论中正确的有（

）A．的取值范围是B．函数有两个极值点C．当时先减后增且恒为负D．11．某学校为迎接校园艺术节的到来，决定举行文艺晚会，节目单中有共7个节目，则下列结论正确的是（

）A．若节目与节目相邻，则共有1440种不同的安排方法B．若节目与节目不相邻，则共有3600种不同的安排方法C．若节目在节目之前表演（可以不相邻），则共有2520种不同的安排方法D．若决定在已经排好的节目单中临时添加3个节目，现有节目次序不变，则共有336种不同的安排方法三、填空题12．若，则________13．已知数列是递增的等比数列，，则数列的前项和等于.14．已知函数的定义域为，，对任意，则的解集为____________．四、解答题15．已知函数(1)求函数的单调区间和极值；(2)若方程恰有一个实数解，求实数的取值范围.16．随着经济科技的发展，地铁作为绿色出行的交通工具不仅方便而且环保，很受市民的喜爱.某城市地铁公司决定按照乘客经过地铁站的数量实施分段优惠政策，不超过15站的地铁票价如下表：（）乘坐站数票价（元）246现有甲、乙两位乘客同时从起点乘坐同一辆地铁，已知他们乘坐地铁都不超过15站．(1)若甲、乙两人共付车费6元，则甲、乙下地铁的方案共有多少种？(2)若甲、乙两人共付车费8元，则甲比乙先下地铁的方案共有多少种？17．在公差不为零的等差数列中，，且，，成等比数列，数列的前n项和满足．(1)求数列和的通项公式；(2)设，求数列的前n项和．18．若数列的首项，且满足．(1)求证：是等比数列；(2)求的通项公式；(3)求的前项和.19．已知函数．(1)求证：；(2)设函数．①若时，函数单调递增，求的取值范围；②若函数无零点，求的取值范围．参考答案1．D【详解】函数的定义域为，..2．A【详解】由组合数性质，得，．故选：A．3．B【详解】因为1，，，，4成等比数列，，，(负不合题意，奇数项符号相同)，则，故选：B.4．A【详解】试题分析：，故选A5．A【详解】由导函数f′(x)的图象知在x＝－2处f′(－2)＝0，且其两侧导数符号为左正右负，x＝－2是极大值；在x＝－1处f′(－1)＝0，且其两侧导数符号为左负右正，x＝－1是极小值；在x＝－3处f′(2)＝0，且其两侧导数符号为左正右负，x＝2是极大值；所以f(x)的极小值点的个数为1，故选：A6．D【详解】由得，解得.故选：D.7．D【详解】小球的瞬时速度为，，，因此首次达到最大值时，．故选：D．8．A【详解】构造函数（），则，令，解得；令，解得；令，解得；所以函数在上单调递增；在上单调递减；所以，则，所以，即，因为，所以等比数列的公比，若，则，此时，这与矛盾；若，，，，即.故选：A9．AD【详解】对于A，从6个人中选2人分别去游泳和跳绳，选出的2人有分工的不同，是排列问题；对于B，从10个人中选2人去游泳，与顺序无关，不是排列问题；对于C，从班上30名男生中选出5人组成一个篮球队，与顺序无关，不是排列问题；对于D，从数字5，6，7，8中任取三个数组成没有重复数字的三位数，各数位上的数字有顺序性，是排列问题．故选：AD10．ACD【分析】构造，利用导数去确定的单调区间，再判断每个选项的正确性.【详解】由题意，与交于两点，即方程有两个正根，等价于有两个解.令，则，令，.极大值又，，的取值范围，A选项正确.，，令，得，故只有一个极值点，B选项错误.由，得.当，，单调递减；时，，单调递增.是交点，，且，故时，先减后增，且，C正确.在递增，在递减，，又.，，同理，.，D正确.11．ABC【详解】若节目与节目相邻，共有种不同的安排方法，故正确；若节目与节目不相邻，共有种不同的安排方法，故B正确；因为节目在节目之前表演与节目在节目之前表演的情况是一样的，所以共有种不同的安排方法，故C正确；添加第一个节目有8种情况，添加第二个节目有9种情况，添加第三个节目有10种情况，共有种不同的安排方法，故D错误.故选：.12．10【详解】根据组合数的性质所以故答案为:1013．【详解】由题意，，解得或者，而数列是递增的等比数列，所以，即，所以，因而数列的前项和，故答案为.14．.【详解】设，可得，因为对任意，所以，所以在为单调递增函数，又由，可得，所以当时，，即不等式的解集为.故答案为：.15．(1)的单调递增区间为和，单调递减区间为，的极大值为，的极小值为(2).【详解】（1），.令，解得或.递增极大值递减极小值递增的单调递增区间为和，单调递减区间为，的极大值为，的极小值为.（2）由（1）可知的极大值为，的极小值为.当，，作出的大致图象如下：要使恰有一个实数解，则的图象与的图象有且仅有一个交点，由图象可得的取值范围为.16．(1)40种.(2)34种．【详解】（1）若甲、乙两人共付车费6元，则其中一人乘坐地铁站数不超过4站，另外一人乘坐地铁站数超过4站且不超过9站，共有（种），故甲、乙下地铁的方案共有40种.（2）若甲、乙两人共付车费8元，则甲比乙先下地铁的情形有两类：第一类，甲乘地铁站数不超过4站，乙乘地铁站数超过9站且不超过15站，有（种）；第二类，甲、乙两人乘地铁站数都超过4站且不超过9站，记地铁第五站至第九站分别为，，，，，易知甲比乙先下地铁有以下四种情形：①甲站下，乙下地铁方式有种；②甲站下，乙下地铁方式有种；③甲站下，乙下地铁方式有种；④甲站下，乙只能从下地铁，共有1种方式，共有10（种），依据分类加法计数原理，得24+10=34（种），故甲比乙先下地铁的方案共有34种．17．(1),(2)【详解】（1）设等差数列的公差为，且，因为，且，，成等比数列，所以，即，解得(舍)，所以；数列的前n项和满足①，所以当时，，当时，②，所以由①②得，即，所以数列是以为首项，为公比的等比数列，所以；（2）由（1）可得，所以③，④，由③④得，.18．(1)证明见解析(2)(3)【详解】（1）已知，则，整理得：，即，又因为首项，因此是首项为、公比为的等比数列，得证.（2）由（1）的结论可知，等比数列通项为：，整理得：.（3）由（2）可知，，所以，，相加整理得：.19．(1)证明见解析(2)①；②【详解】（1）函数的定义域为，.当时，，单调递增；当时，，单调递减.所以在处取得极大值，即最大值，最大值为.所以；（2）函