湖北省武汉市部分重点中学2024-2025学年高二下学期4月期中联考数学试题（解析版）

这是一份湖北省武汉市部分重点中学2024-2025学年高二下学期4月期中联考数学试题（解析版），共13页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答， 函数，则等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码贴在答题卡上的指定位置.
2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交.
一、单项选择题（本大题共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. 已知函数在处可导，且，则（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】D
【解析】由导数的定义知.
故选：D.
2. 二项式的展开式中的系数为（ ）
A. 60B. C. D. 12
【答案】C
【解析】展开式的通项，
令，解得，所以，即的系数为.
故选：C
3. 从0－9这10个数字中任意取出3个数，组成一个没有重复数字的三位数，则满足条件的三位数的个数是（ ）
A. 648B. 720C. 504D. 1000
【答案】A
【解析】因为0不能作首位，
所以用0到9这10个数字,可以组成没有重复数字的三位数的个数为，
故选：A
4. 已知函数在上单调递减，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】由得，
由函数单调递减可得恒成立，
因为，所以，所以，
所以实数的取值范围是.
故选：B
5. 已知，则曲线在点处的切线方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】令，则，得，
，，
则，
所以曲线在点处的切线方程为，即.
故选：B
6. 某校6名同学打算去武汉旅游，现有黄鹤楼、古德寺、湖北省博物馆三个景区可供选择.若每个景区中至少有1名同学前往打卡，每人仅去一个景点，则不同方案的种数为（ ）
A. 180B. 360C. 540D. 670
【答案】C
【解析】由题意，当每个景区都有2名同学前往时，此时方案有种；
当按分别有1，2，3名同学前往景区时，此时方案有种；
当按分别有1，1，4名同学前往景区时，此时方案有种；
故不同方案种数为（种），
故选：C
7. 如图，湖面上有4个相邻的小岛，现要建3座桥梁，将这4个小岛连通起来，则建设方案有（ ）
A. 12种B. 16种C. 20种D. 24种
【答案】B
【解析】由题意知要将4个相邻的小岛A，B，C，D连接起来，
共有个位置可以建设桥梁，
从这6个位置中选3个建设桥梁，共有种选法，
但选出的3个位置可能是仅连接或或或三个小岛，不合题意，
故要建3座桥梁，将这4个小岛连接起来，共有（种）不同的方案.
故选：B.
8. 函数的两个极值点满足，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】由题知，的定义域为，，
因为有两个极值点，所以，则①，
令，因为，所以，
将代入①整理可得，
所以，
令，则，
设，则，
因为，所以，所以在上单调递增，
所以，所以在上单调递增，
所以.
故选：D
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，部分选对得部分分，有选错的得0分）
9. 函数，则（ ）
A. B. 上单调递增
C. 没有零点D. 最大值为2
【答案】ABC
【解析】的定义域为，因为，所以，故A正确；
令得，即，令得，
即，
因此在单调递增，在单调递减，且，
因此没有零点，即BC正确，D错误.
故选：ABC
10. 已知数列的前项和为，且满足，，，则下列说法正确的有（ ）
A. 数列为等比数列B. 数列为等差数列
C. D.
【答案】ACD
【解析】A.由条件，可知，，
且，则，所以数列为等比数列，故A正确；
B.由条件可知，，，，，，数列的前3项2,5,14不能构成等差数列，
所以数列不是等差数列，故B错误；
C.由A可知，，所以时，，
，也适合，故C正确；
D.由C可知，，
所以，故D正确.
故选：ACD
11. 已知函数.若曲线恰有三条过点的切线，其中实数的所有取值组成集合的所有取值组成集合，则下列说法正确的有（ ）
A.
B. 若，则
C. 直线上存在满足要求的点
D. 直线上存在满足要求的点
【答案】BD
【解析】A.，则，设切点，，
所以切线方程为，切线过点，
所以，则，则，此时只有唯一切点，所以过点的切线只有1条，不满足条件，故A错误；
B.若点，在由A可知，，整理为
，设，，
得或，当，得或，，得，
所以函数的单调递增区间是和，单调递减区间是，
所以函数的极大值是，极小值是，
所以与轴有3个交点，
即方程有3个实数根，即有个切点，
所以过点的切线有3条，满足条件，故B正确；
C. 设，则，
整理为，得，设，，
所以单调递增，
则与只有1个交点，
即方程只有1个实数根，
即只有1个切点，1条切线，所以直线上不存在满足要求的点，故C错误；
D. 设，则，整理为
，得，，
设，，
得或，
，得或，
，得，或或，
所以函数的增区间是和，
减区间是和 和
如图画出函数的图象，由图象可知，与存在3个交点，
即方程存在3个实数根，故D正确.
故选：BD
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 除以26所得余数为______.
【答案】1
【解析】
，
因为都能被26整除，所以除以26所得余数为1.
故答案为：1
13. 已知函数，若方程有三个相异的实根，则实数的取值范围为______.
【答案】
【解析】当时，，求导可得，
令，解得，当时，；当时，，
则函数在上单调递减，在上单调递增，
当时，，
易知函数在上单调递增，在上单调递减，可作图如下：
由方程存在三个根，等价于直线与函数的图象存在三个交点，
则.
故答案为：.
14. 已知，，…，是，，…，（，）满足下列性质的一个排列，性质：排列，，…，中存在唯一使得，满足性质的数列，，…，的个数为________．
【答案】
【解析】设为符合题意的的个数，
考虑和之间的关系，为此考虑两种情况下的：
第一种为1到符合性质排列，不妨设，此时要么放在末尾要么放在和之间，这一共有 种情况；
第二种为1到不符合性质排列，此时若想插入数使得序列满足性质，则前个数只能递增排列，然后插入，有种情况；
故
设
易知
，
所以.
故答案为：.
四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）
15. 高二某班计划从4名男生、3名女生中选拔4人负责本周校会.
（1）若要求选出的4人中同时包含男生和女生，有多少种不同的组合方式？（写出必要的数学式，结果用数字作答）
（2）已经按照（1）中要求选出甲、乙、丙、丁四人，现要从已选择的4人中安排1人担任校会主持，1人进行国旗下的讲话，2人负责升旗仪式，有多少种不同的职务分配方案？（写出必要的数学式，结果用数字作答）
（3）在完成（2）的职务分配后，校会结束后这4位同学和班主任共5人需合影留念，要求两位升旗手必须相邻站立，有多少种不同的排列方法？（写出必要的数学式，结果用数字作答）
解：（1）如果选出的4人中同时包含男生和女生，先从所有7人中选4人，去掉只有男生的情况，故有种组合方式.
（2）先选出的4人中安排1人担任校会主持，再从剩余3人中安排1人进行国旗下的讲话，最后让剩余2人负责升旗仪式，共有种职务分配方案
（3）将两位升旗手看成一个整体，与其它的3人排列有种情况，
再排两位升旗手有种情况，共有种排法.
16. 已知函数.
（1）当时，求曲线在点处切线方程；
（2）若恒成立，求实数的取值范围.
解：（1）当时，，，
故，.
所以曲线在点处的切线方程为，
即.
（2），
因为，
所以由，得，
所以当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
所以，
因为恒成立，所以，解得，
所以实数的取值范围为.
17. 若数列满足，则称数列为“平方递推数列”.已知数列中，，点在函数的图象上，其中为正整数.
（1）证明：数列是“平方递推数列”，且数列为等比数列；
（2）设，数列的前项和为；
①求；
②若恒成立，求实数的最大值.
解：（1）点在函数的图象上，
，，
数列是“平方递推数列”，
因为，
对两边同时取对数得，
数列是以1为首项、2为公比的等比数列；
（2）①由（1）知，所以，
则，
.
两式相减可得，
；
②恒成立，
恒成立，
恒成立，恒成立，
又，当且仅当时，取到等号，
，即.
18. 已知函数，.的导函数为.
（1）当时.求函数的最小值；
（2）若.
①证明：恰有3个零点；
②证明：的所有零点之和为定值.
解：（1）由题意，
令
当时，，在上为增函数；
当时，，在上为减函数.
；
（2）①
令；
当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
所以，
又，所以，且当时，；时，；
所以在与上各有一个零点，不妨分别记为，
所以时，单调递增；
时，单调递减；
时，单调递增；
且，所以；
则，，
又当时，；时，；
所以在与上各有一个零点，且，
所以有且仅有三个零点.
②令
令，，.
令，
为奇函数.因为奇函数的图象关于原点对称，所以所有零点和为0；
所有零点和为0.
由于的图象可由向右平移一个单位长度得到，
所以所有的零点和为定值3.
19. 对于正整数和正整数，现定义函数.
（1）当时，分别计算在处的取值；
（2）为了研究函数的单调性，现定义差分比；
①证明：当时，；
②对于任意正整数，当取到最大值时，求正整数.
解：（1）由题意，，，，
.
（2）①
，即
当时，.
②由①可知，对于任意正整数，，
即在时，严格递减.
当时，，，
即在时，严格递增.
故对于任意正整数，总在附近取到最大值.
当为偶数时，设，此时，
故仅比较与的大小，
，
当时，取到最大值；
②当为奇数时，设，此时，
当时，仅比较与的大小，
，
当时，仅有.
故当时，取到最大值；
综上，当取到最大值时，.