湖北鄂北六校联考2025-2026学年高二下学期期中考试数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1湖北鄂北六校联考2025-2026学年高二下学期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．在每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）1.已知函数满足，则（）A.3 B.2 C.1 D.0【答案】C【解析】因为函数满足，所以，所以.2.已知函数，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】因为，所以，则，解得，故，因此.3.计算除以所得的余数为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】因为，故除以所得的余数为.4.已知函数在区间上单调递减，则的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】因为，则，由题意可知，对任意的，恒成立，即，因为函数在上单调递减，故，所以.5.涠水漾波映华灯，元宵欢歌满帝乡．某市元宵无人机灯光秀在淂水法治广场震撼启幕，架无人机以天为幕、以光为笔，为市民与游客献上一场兼具科技感、文化味与烟火气的视觉盛宴，让元宵之夜焕发出别样光彩．已知其中一幅无人机表演图片展示的是其名片之一——皇桃．现用种颜色对如图所示四个部分进行染色，要求每个区域用一种颜色，相邻区域染不同的颜色，所有颜色均用完，则一共有多少种不同的染色方法（）A. B. C. D.【答案】A【解析】用种颜色对如图所示四个部分进行染色，要求每个区域用一种颜色，相邻区域染不同的颜色，所有颜色均用完，则不同的涂色方法种数为种.6.已知点是平面内一点，平面的一个法向量为，则点到平面的距离为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由题意可得，又，则点到平面的距离为.7.设椭圆与双曲线的离心率分别为、，双曲线一条渐近线的倾斜角为，当时，则的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由题意可知，且，，，所以.8.已知当，不等式恒成立，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由，得，即，即，设，则，又函数在上单调递增，则，，设当时，，单调递增，当时，，单调递减，，，则，实数的取值范围为．故选：B．二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题所给的选项中，有多项是符合题目要求的，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分．）9.下列说法中正确的是（）A.名工人各自在天中选择一天休息，不同方法种数是B.甲、乙、丙、丁支足球队举行单循环比赛，冠、亚军的可能性一共有种C.的展开式的常数项为D.【答案】BC【解析】对于A选项，名工人各自在天中选择一天休息，每个人都有种选择，由分步乘法计数原理可知，不同方法种数是，A错；对于B选项，甲、乙、丙、丁支足球队举行单循环比赛，冠、亚军的可能性一共有种，B对；对于C选项，的展开式通项为，由，解得，故展开式中的常数项为，C对；对于D选项，，D错.10.已知数列的首项，且满足，下列说法正确的是（）A. B.数列为等差数列C.数列是递增数列 D.数列的前n项积为，则【答案】ABD【解析】对于A，由，，可得，，，，故A正确；对于B，由和可知，两边同时取倒数可得，即，故数列为等差数列，即B正确；对于C，由B可得，则得，显然随着的增大，逐渐减小，故数列是递减数列，即C错误；对于D，依题意，，因为，当时，得，当时，，而当时，，则，故有，即D正确.11.已知函数（a为常数），则下列结论正确的有（）A.若恒成立，则B.若有3个零点，则a的范围为C.时，是的极值点D.时，有唯一零点且【答案】ABD【解析】对于A，当成立，当不为零时，由可得，，设，则，由可得或，由可得，故函数在在和上单调递增，在上单调递减，故当时，，且当时，，故恒有，则得，故A正确；对于B，令，则，由上分析可得在单调递增，且值域为，在上单调递减，在上单调递增，且，在上的值域为有3个零点，可得，故B正确；对于C，当时，设，则，当时，，当时，在单调递增，在单调递减.当时，最小值为0，故可知，即在上单调递增，无极值点，故C错误；对于D，当时，，设，当时，，当时，，在单调递增，在单调递减.当时，最小值为1，故可知，所以在上单调递增，此时有唯一的零点，又且，由零点存在性定理可知D正确.三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分．）12.展开式中含项的系数是_________（用数字作答）．【答案】135【解析】展开式中含的项为，故展开式中含项的系数是135.13.若直线既是曲线在处的切线，也是曲线的切线，则实数_________．【答案】2【解析】由求导得，则曲线在处的切线方程为，即，设曲线的切线的切点为，由求导得，依题意可得，解得.14.已知、为实数，，若对恒成立，则的最小值为______.【答案】【解析】解：因为，所以，若，则恒成立，所以在上单调递增，且当时，不符合题意，所以，令，解得，当时，当时，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，所以，则，则，令，，则，所以当时，当时，即在上单调递减，在上单调递增，所以，所以，即的最小值为.故答案为：15.已知，其展开式中的第2，3，4项的二项式系数依次成等差数列．（1）求展开式中奇数次项的系数的和；（2）若，求．解：（1）由题意可知第2，3，4项的二项式系数依次为，所以，即，化简得，因为，解得，设令，得，①令，得，②（2）又因为所以，所以所以16.已知数列满足：，；数列的前项和．（1）求数列和的通项公式；（2）设，求数列的前项和．解：（1）因为，所以，因为，所以数列是以为首项，为公比的等比数列，所以，所以，，当时，当时，符合，所以.（2）由（1）可得：，①②①②可得：，所以.17.如图，在四棱锥中，底面是正方形，，，，是的中点．（1）求证：平面；（2）过点作棱的垂线，垂足为，求平面与平面所成角的余弦值．（1）证明：连接、，设，因为四边形为正方形，所以，且为的中点，因为，所以，因为，、平面，所以平面，因为平面，所以，因为，所以，因为，所以，故，因为，，、平面，所以平面.（2）解：解法一：因为平面，四边形为正方形，以为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立如图所示空间直角坐标系，则、、、、，，因为，，，所以，又因为，，、平面，所以平面．所以取平面的一个法向量为，，设平面的一个法向量为，则有，取，可得，设平面和平面的夹角为，则有，所以平面和平面的夹角的余弦值为；解法二：因为平面，平面，所以，因为四边形为正方形，所以，因为，、平面，所以平面，因为平面，所以，因为，为的中点，所以，因为，、平面，所以平面，因为、平面，所以，，所以平面与平面所成角为，因为平面，、平面，所以，，因为，，，为的中点，所以，因为平面，所以，所以，因为，所以，又因为，所以，从而，又因为，，，所以，因为平面，平面，所以，因为平面，平面，所以，又因为，，、平面，所以平面，因为平面，所以，，因为，所以，故平面与平面所成角的余弦值为.18.已知椭圆经过点，且椭圆的两个焦点坐标分别为、．（1）求出椭圆的标准方程；（2）若、是椭圆上异于的点，直线、以及轴围成一个以为顶点的等腰三角形．①求证：直线的斜率为定值；②求弦长的取值范围．（1）解：由椭圆定义可得，因为，所以，则，由题，所以，所以椭圆的标准方程为.（2）①证明：由题可得，从而直线的斜率必定存在，设、，设直线的方程为，联立，可得，，可得，由韦达定理可得，，因为，即，即，整理可得，即，又因为直线不过点，所以，所以，即；②解：由①可知，，由得，因为，所以，因此的取值范围是.19.已知函数．（1）当时，求函数的极值；（2）讨论函数的单调性；（3）若，当恒成立时，求的取值范围．解：（1）当时，，该函数的定义域为，，当时，，此时在区间上单调递减，当时，，此时在区间上单调递增．所以函数有极小值，无极大值.（2）函数的定义域为，，①当时，解得，时，，在区间上单调递减，时，，在区间上单调递增；②当时，恒成立，在区间上单调递增；③当时，解得：或，此时，时，，在区间上单调递增，时，，在区间上单调递减，时，，在区间上单调递增；④当时，，时，，在区间上单调递增，时，，在区间上单调递减，时，，在区间上单调递增.综上所述，当时，函数的增区间为、，减区间为；当时，函数的增区间为，无减区间；当时，函数的增区间为、，减区间为；当时，函数的减区间为，增区间为.（3