安徽池州市2025-2026学年高二下学期4月期中质量检测数学试卷（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1安徽池州市2025-2026学年高二下学期4月期中质量检测数学试卷一、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.在的展开式中，常数项为（）A.20 B.-20 C.160 D.-160【答案】D【解析】解：二项式展开式的通项公式为，令，得，所以常数项为．故选：．2.已知函数的导函数的图象如图所示，则下列说法一定正确的是（）A.函数在处取得极大值 B.函数在区间上单调递增C.函数有两个零点 D.当时，函数的最大值是【答案】D【解析】由图知，当时，；当时，，仅当时，，函数在上单调递增，在上单调递减，在处取得极大值，无极小值，故A错误，函数在区间上单调递减，故B错误；由图无法确定函数的零点个数，故C不一定正确；由函数在区间上单调递减，故当时，函数的最大值是，故D正确．3.记为等差数列的前项和，若，则（）A.5 B.2 C.0 D.【答案】A【解析】由题意得，，即，所以，又，则公差，所以．4.已知函数在处有极小值，则（）A. B. C.或 D.或【答案】A【解析】由题意得，由题可知，解得或．当时，，当时，或，当时，，即在和上单调递增，在上单调递减.此时在处取得极大值，不符合题意；当时，，当时，或，当时，，即在和上单调递增，在上单调递减.，此时在处取得极小值，符合题意.5.有7个座位连成一排，现有3人入座，则恰有两个空位相邻的不同坐法的种数为（）A.144 B.72 C.48 D.36【答案】B【解析】将3人视为有顺序，先排好3人，有种排法，形成4个空隙（包括两端），将4个空座位分配到4个空隙中，要求恰好有一对相邻空位，即只有一个空隙放入2个空位，其余三个空隙中恰有两个各放入1个空位、一个放入0个空位，选一个空隙放2个空位有4种，再从剩余3个空隙中选两个放1个空位有3种，故分配方式有4×3=12种，因此不同坐法总数为6×12=72种.6.我国国旗的标准尺寸有五种通用规格（用“长×宽”表示），其中长与宽之比均为3:2.规格一号二号三号四号五号尺寸（单位：cm）288×192240×160192×128144×9696×64根据上表，可以判断五种规格国旗的（）A.周长构成等差数列 B.周长构成等比数列C.面积构成等差数列 D.面积构成等比数列【答案】A【解析】由题意得规格一号二号三号四号五号尺寸288×192240×160192×128144×9696×64周长960800640480320面积552963840024576138246144则，故周长构成等差数列.，故周长不构成等比数列，，故面积不构成等差数列，，故面积不构成等比数列.7.现将数列、立体几何、解析几何、导数、概率与统计这五道解答题排序，数列必须在第一道或者第二道位置，解析几何不能在第一道，则不同的题目分配方式有（）A.30种 B.36种 C.42种 D.48种【答案】C【解析】数列排在第一道（此时解析几何必然不在第一道）的排序方法有种；数列排第二道时，第一道有种排法，第三、四、五道有种，则排序方法有种．综上，不同的题目分配方式有种．8.若实数满足，下列说法正确的是（）A.存在最小值 B.存在最大值 C.存在最小值 D.存在最大值【答案】B【解析】令，，则，令，则，由，得，由，得，得函数在上单调递减，在上单调递增，则，因为，所以，所以函数在上单调递减，当时，，当时，，得函数的值域为R，而，则可以取遍的所有值，则的取值范围为R，故不存在最小值，也不存在最大值，又因为，，而函数在上单调递减，由零点存在性定理得存在，使得，即当时，，当时，，因为，所以要使关于的方程有实数解，必须满足，得，故存在最大值，不存在最小值．二、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，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9.下列求导运算正确的是（）A. B.C. D.【答案】ABC【解析】，故A正确；，故B正确；，故C正确；，故D错误．10.已知，且第5项与第8项的二项式系数相等，则下列说法正确的有（）A. B.C. D.【答案】AC【解析】由题意得，，则，故A正确；令，得，令，得，则，故B错误；展开式的通项为，则，故C正确；由，得，令，得，故D错误．11.已知数列，给出以下定义：对于任意，都有，则称数列为“友好数列”，下列说法正确的有（）A.若数列满足，且前项和为，则数列为“友好数列”B.若数列满足，且数列为“友好数列”，则C.若数列为“友好数列”，且，则数列没有最小项D.若数列为“友好数列”，则对于任意，当时，总有成立【答案】ABD【解析】由，得，对于任意，，故，所以数列是“友好数列”，故A正确；因为数列为“友好数列”，所以对于任意，都有，即，又，则，即，所以，故B正确；因为数列为“友好数列”，，所以对于任意，都有，即，设，则数列为单调递增数列，且，所以，因为，所以，所以存在时，，当时，，当时，，因此，数列存在最小项为（不一定唯一），故C错误；因为为“友好数列”，所以对任意，都有，即，所以对于任意，当时，总有，所以，又，所以，由，得，故D正确．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知等差数列的前项和为，则数列的前2026项和为__________．【答案】【解析】设公差为，则有，解得，，则，故.13.小唐和小陈去旅游，他们打算从A、B、C、D等8个景点中各自随机选择4个，若他们不同时选择景点，且有且只有两个景点是相同的，则选择方法共有___________种．（用数字作答）【答案】【解析】若仅小唐选了景点，有种；若仅小陈选了景点，也有种；若小唐和小陈都没有选景点，则有种．综上，共有种．14.已知关于的不等式有且仅有2个整数解，则实数的取值范围为__________．【答案】【解析】由题意得，，不等式化简整理得，即．当时，，且.令，所以.令，则，所以在上单调递增.所以，即，所以在上单调递减.当，此时不等式有无穷多个整数解，不符合题意；当时，，且.令，所以.记，则，所以在上单调递增.所以，即，所以在上单调递增.因为，且不等式有且仅有2个整数解，则这2个整数解为.所以，即.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）当时，求函数在上的最值；（2）若对任意的恒成立，求实数的取值范围．解：（1）当时，，则，令，则，由得，x∈[1,ln4]时，，x∈[ln4,2]所以在上单调递减，在上单调递增，因为，所以在上恒成立，即在上恒成立，所以在上单调递减，所以在上的最大值为，最小值为．（2）由题意得，即，设，即tx1<tx2，由，即在则t'(x)=ex-2ax≥0在上恒成立，即设，则，令，解得，令，解得，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，所以，即实数的取值范围为．16.已知数列的首项，且满足．（1）求证：数列是等差数列；（2）记，求的前项和．解：（1）由题意得，，所以由，得.所以，又，所以是首项为2，公差为3的等差数列．（2）由（1）得，，即，所以，所以，，两式相减得所以.17.用数字组成没有重复数字的数．（1）求可组成多少个四位数；（2）将（1）中的四位数按从小到大的顺序排成一排,求第个数；（3）求可组成多少个偶数互不相邻的六位数．注：结果均用数字作答．解：（1）四位数的千位不能为0,有种选法,再从剩下的6个数字选3个进行排列,有种选法,根据分步乘法计数原理,得可组成个四位数．（2）千位为1时,一共有个四位数,所以第101个数的千位一定为1．因为千位为1时，百位为的四位数分别有个，共个.故第个数的百位是6，它是以16开头的最小的数，即．（3）中有个奇数,个偶数,若有个偶数,要求偶数互不相邻,至少需要3个奇数隔开,这样就是位数,不合题意,所以有个奇数,个偶数．个奇数全排列,形成4个空位，从个偶数中选个将其放在个空位中的个,则有种排法．计算首位为的情况：个奇数全排列,形成个空位,第一位为,从个偶数中选个将其放在剩余个空位中的个,则有种排法,综上,可组成个六位数．18.已知的展开式中，第4项与第5项的系数之比为8:7．（1）求的值；（2）求展开式中二项式系数最大的项；（3）求展开式中系数最大的项．解：（1）的展开式的通项，则，则第4项的系数为，第5项的系数为．因为第4项与第5项的系数之比为所以，解得．（2）因为所以展开式中二项式系数最大的项为第6项，所以展开式中二项式系数最大项为．（3）设项为展开式中系数最大的项，且，则，即所以.即，解得，因为所以所以展开式中系数最大的项为.19.已知函数．（1）当时，求曲线在点处的切线方程；（2）若的两个极值点分别为和，且．（i）求实数的取值范围；（ii）求证：．（1）解：当时，，则的定义域为，则，所以曲线在点处的切线方程