湖北省武汉市新洲区2024-2025学年高二下学期4月期中数学试卷（解析版）

这是一份湖北省武汉市新洲区2024-2025学年高二下学期4月期中数学试卷（解析版），共17页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 若，则的值为（ ）
A. 2B. 8C. 2或8D. 2或4
【答案】A
【解析】由组合数的性质可得，解得，
又，所以或，
解得（舍去）或.
故选：A.
2. 中国灯笼又统称为灯彩，主要有宫灯、纱灯、吊灯等种类.现有4名学生，每人从宫灯、纱灯、吊灯中选购1种，则不同的选购方式有（ ）
A. 种B. 种
C. 种D. 种
【答案】A
【解析】依题意，每个人选购方式有3种，所以不同的选购方式有种.
故选：A.
3. 在等差数列中，若其前项和为，已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】由等差数列的性质可得,
∴a5＝5,
45,
故选：C．
4. 已知函数，则在处的切线斜率为（ ）
A. B. C. 1D. 2
【答案】B
【解析】由得，
所以，即，
所以在处的切线斜率为，
故选：B.
5. 的展开式中，含项的系数为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】的展开式的通项公式为，
令，可得，
所以含项的系数为，即，解得.
故选：C.
6. 函数的大致图象是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】函数的定义域为，
当时，，当时，，故选项C错误，
当时，，当时，，故选项A错误，
且，，
因为，所以，故选项D错误.
只有B中图象符合题意，
故选：B.
7. 已知等比数列中，各项都是正数，且，，成等差数列，则 （ ）
A. 4B. 2
C. D.
【答案】A
【解析】设等比数列的公比为，则，
由于，，成等差数列，则，即，
因为，整理得，即，
，解得，
因此，.
故选：A .
8. 我们比较熟悉的网络新词，有“yyds”、“内卷”、“躺平”等，定义方程的实数根叫做函数的“躺平点”.若函数，，的“躺平点”分别为，，，则，，的大小关系为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】，则，
即，
，则，
设，则，
所以在单调递增，又，
所以存在，使得，即；
，则，即，
综上所述，，
故选：A．
二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分.
9. 将四大名著《红楼梦》、《西游记》、《三国演义》、《水浒传》，诗集《唐诗三百首》、《徐志摩诗集》和戏曲《中华戏曲》7本书放在一排，则（ ）
A. 戏曲书放在正中间位置的不同放法有种
B. 诗集相邻的不同放法有种
C. 四大名著互不相邻的不同放法有种
D. 四大名著不放在两端的不同放法有种
【答案】BD
【解析】对于A，戏曲书放在正中间，其余6本书和6个位置进行全排列，共有种不同放法，
故A错误；
对于B，将两本诗集进行捆绑，有种放法，再将捆绑的诗集和剩余的5本书，
进行全排列，此时有种放法，故诗集相邻的不同放法有种，故B正确；
对于C，先将诗集和戏曲进行全排列，有种方法，且3本书之间产生4个空位，
将4大名著进行插空，有种方法，故共有种放法，故C错误；
对于D，将除四大名著外的3本书中，挑选2本放在两端，有种放法，
再将剩余5本书和5个位置进行全排列，有种放法，故四大名著不放在两端的不同放法有
种，D正确.
故选：BD.
10. 已知，则下列结论正确的是（ ）
A
B.
C.
D.
【答案】ACD
【解析】对于A，当时，得，
因为，
当时，所以，
所以，A选项正确；
对于B，，
当时，所以，
令，则，
所以两式相加化简得，所以B错误；
所以其展开式的通项公式为，
当时，，所以C正确，
对于D，由，
得，
令，得，
所以，所以D正确，
故选：ACD
11. 函数在上有唯一零点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】BC
【解析】由可得，即，
所以，关于的方程在上有唯一实根，
令，其中，
则，
因为，令，其中，则，
所以，函数在上为增函数，
因为，，
所以，存在使得，即，
且当时，，则，故函数在上单调递减，
当时，，则，故函数在上单调递增，
所以，，
由题意可知，直线与函数的图象有唯一公共点，如下图所示：
故，AD错，BC对.
故选：BC.
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 设，且，则数列的通项公式为______.
【答案】
【解析】由已知，
当时，，所以，
代入得，所以，
当时，，，解得，
所以是以为首项，为公差的等差数列，
则数列的通项公式为.
故答案为：.
13. 已知函数，，则的最大值为______.
【答案】
【解析】因为，所以，，
令得，
当时，，函数单调递增；
当时，，函数单调递减；
所以最大值为，
故答案为：.
14.已知函数，,若对任意都存在使成立，则实数的取值范围是______.
【答案】
【解析】对任意都存在使成立，
而，所以，
即存在，使，
此时，，
所以，
因此将问题转化为：存在，使成立，
设，，
当，，单调递增，当，，单调递减，
所以，
由题意，所以，
所以实数的取值范围是.
故答案为：.
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. 有5个男生和3个女生，现从中选出5人担任5门不同学科的科代表，求分别符合下列条件的选法数.
（1）含有女生但人数必须少于男生；
（2）某男生必须包括在内，但不担任语文科代表；
（3）某女生一定要担任语文科代表，某男生必须担任科代表，但不担任数学科代表.
解：（1）先选后排，5人可以是2女3男，也可以是1女4男，
所以先选有种方法，后排有种方法，
所以共有不同选法（种）.
（2）分步：
第一步，先安排不担任语文科代表的某男生，有种方法；
第二步，然后从剩余的7人中选出4人，有种选法；
第三步，选出的4人排列，有种方法.
根据分步乘法计数原理，共有不同选法（种）.
（3）第一步，安排某男生，有种方法；
第二步，从剩余的6人中选出3人，有种选法；
第三步，选出的3人排列，有种方法.
根据分步乘法计数原理，共有不同选法（种）.
16. 已知递增数列满足，点在函数的图象上.
（1）证明：数列是等差数列；
（2）若，求数列的前项和.
解：（1）因为，
所以当时，
又因为点在函数的图象上，
所以，
所以
，
所以数列是首项为2，公差为2的等差数列
（2）由（1）可知，，
所以，
所以
所以
所以
，即
17. 函数，.
（1）求函数的单调区间；
（2）当时，若不等式恒成立，求的取值范围.
解：（1）由题意得，，
当时，则，在上单增，
的递增区间为；
当时，令，则；令，则.
的递增区间为，递减区间为.
（2）当时，令，，
则，，
由题意，得.
因为，
令，则；令，则，
在上递减，在上递增，
，
故
在上递增，
又，
，
实数的取值范围为.
18. 在的展开式中，第4项的系数与倒数第4项的系数之比为.
（1）求的值；
（2）求展开式中所有的有理项；
（3）求展开式中系数最大的项.
解：（1）由题意知：，则第4项的系数为，
倒数第4项的系数为， 则有即，.
（2）由（1）可得，
当时所有的有理项为
即，，
，.
（3）设展开式中第项的系数最大，则
，
，故系数最大项为.
19. 对于函数，，若存在，使得，则称为函数的不动点；若存在，使得，则称为函数的稳定点.
（1）已知，求的不动点；
（2）定义函数在定义域内严格递增,则“为函数的不动点”是“为函数的稳定点”的充分必要条件.已知，讨论函数的稳定点个数.
解：（1）令函数，求导得恒成立，
函数在上单调递增，又，因此函数在上有唯一零点1，
所以函数有唯一不动点1.
（2）当时，函数在上单调递增，
依题意，函数的稳定点与的不动点等价，则只需研究的不动点即可.
令，求导得，
函数在上单调递减，
当时，恒成立，函数在上单调递增，
当从大于0的方向趋近于0时，趋近于负无穷大，且，
则存在唯一的，使得，
即有唯一解，
因此函数有唯一不动点；
当时，，
当趋近于正无穷大时，趋近于0，则存在，使得，
即存在唯一，使得，即，
此时在上单调递增，在上单调递减，
于是，
当从大于0的方向趋近于0时，趋近于负无穷大，
当趋近正无穷大时，趋近于负无穷大，
设，则在上单调递增，且，
又在上单调递增，
（ⅰ）当时，即，
此时，方程有一个解，即有唯一不动点；
（ⅱ）当时，即，
此时，方程无解，即无不动点；
（ⅲ）当时，即
此时，方程有两个解，即有两个不动点；
所以当时，无稳定点；
当或时，有唯一稳定点；
当时，有两个稳定点.