湖北省武汉市重点中学5G联合体2024-2025学年高二下学期期中考试 数学试卷（含解析）

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一、单选题
1．已知某质点位移与时间满足函数，则质点在时的瞬时速度为（ ）
A．2B．2.5C．4D．4.5
2．数列满足（），且，，则（ ）
A．B．9C．D．7
3．参加实践活动的2名教师和A，B，C，D，4名志愿者站成一排合影留念，其中教师不站在两端且不相邻，且A、B相邻的方法有（ ）种
A．20B．12C．36D．24
4．已知，则（ ）
A．B．
C．D．
5．已知某家族有A、B两种遗传性状，该家族某位成员出现A性状的概率为，出现B性状的概率为，A、B两种遗传性状都不出现的概率为.则该成员在出现A性状的条件下，出现B性状的概率为（ ）
A．B．C．D．
6．已知各项均为正数的等比数列的前n项和为，，，则的值为（ ）
A．8B．10C．9D．6
7．在送教下乡活动中，某学校安排甲、乙、丙、丁、戊五名老师到3所乡学校工作，每所学校至少安排一名老师，且甲、乙、丙三名老师不同时安排在同一学校，则不同的分配方法总数为（ ）
A．36B．72C．144D．108
8．已知是函数的导函数，且对任意实数x都有，，则不等式的解集为（ ）
A．B．
C．D．
二、多选题
9．下列求导运算正确的是（ ）
A．B．
C．D．
10．甲、乙两个口袋各装有1个红球和2个白球，这些球除颜色外完全相同，把从甲、乙两个口袋中各任取一个球放入对方口袋中称为一次操作，重复n次操作后，甲口袋中恰有0个红球，1个红球，2个红球分别记为事件，，，则（ ）
A．B．
C．D．
三、单选题
11．对于，，…，的全部排列，定义Euler数（其中，，1，…，n）表示其中恰有次升高的排列的个数（注：次升高是指在排列中有k处，，…，）.例如：1，2，3的排列共有：123，132，213，231，312，321六个，恰有1处升高的排列有如下四个：132，213，231，312，因此：.则下列结论正确的有（ ）
A．B．
C．D．
四、填空题
12．的展开式中含项的系数为 .
13．某学校有A，B两家餐厅，张同学第一天午餐随机地选择一家餐厅用餐.如果第一天去A餐厅，那么第二天去A餐厅的概率为0.8；如果第一天去B餐厅，那么第二天去A餐厅的概率为0.6.则张同学第二天去B餐厅用餐的概率为 .
14．对任意，，不等式恒成立，则实数a的取值范围是 .
五、解答题
15．已知函数，其中.
（1）若在点处的切线与直线垂直，求a的值；
（2）当时，求函数在区间上的最值.
16．已知，且.
（1）求的值；
（2）若时，求被4整除的余数.
17．已知数列的首项，且满足.
（1）求证：数列为等比数列；
（2）求数列的前n项和.
18．已知函数，，是自然对数的底数.
（1）当时，求函数的极值；
（2）若关于x的方程有两个不等实根，求a的取值范围；
（3）当时，若，（其中）满足，求证：.
19．已知函数.
（1）求的值；
（2）求函数的单调区间；
（3）若不等式对任意都成立（其中是自然对数的底数），求实数a的取值范围.
参考答案
1．【答案】C
【详解】函数，求导得，
所以质点在时的瞬时速度为.
故选C
2．【答案】B
【详解】因为 ，所以等差数列，设公差为，
所以，即得，
所以，所以，
则.
故选B.
3．【答案】D
【详解】首先将、捆绑作为一组，与、排列，则有种排法，
再将名教师插入中间的个空中，则有种排法，
综上可得一共有种排法.
故选D
4．【答案】A
【详解】由有，
所以，
所以，
故选A.
5．【答案】D
【详解】设该家族某位成员出现A性状为事件，出现B性状为事件，
则有，
所以，
又,
所以，
所以，
故选D.
6．【答案】A
【详解】由可知等比数列的公比不为1，
故，
，
又，所以，故，则，
故选A
7．【答案】C
【详解】对于甲、乙、丙三名老师不同时安排在同一学校，有两种情况：
第一种：甲、乙、丙三名老师所选的学校都不相同，剩下两位老师安排在3所学校中的2所，
有种方法；
第二种：甲、乙、丙三名老师有两位老师在同一个学校，先选两位老师捆绑一起与第三位老师在三所学校中选两所有种，
再将剩下的两位老师选一位去还没有安排的学校，最后一位老师在3所学校任选有种，
由分步乘法计数原理，共有种方法，
综上共有：种方法.
故选C.
8．【答案】B
【详解】因为，
所以，即，
所以可设，
即，又，
所以，故，
所以不等式可化为，
故，
所以，
所以不等式的解集为.
故选B.
9．【答案】BCD
【详解】，故A错误；，故B正确；
，故C正确；
，故D正确.
故选BCD.
10．【答案】BCD
【详解】对于A：操作一次后甲袋中有1个红球，则有两种情况，第一种相互交换了1个红球，第二种情况都只是交换了1个白球，所以，故A错误；
对于B：操作两次后甲袋中有0个红球，
则第一种情况：第一次操作甲袋中1个红球换乙袋中的1个白球，第二次操作甲袋的一个白球换乙袋中的1个白球，
第二种情况，第一次操作甲袋中1个红球换乙袋中的1个红球，第二次操作甲袋的红球换乙袋中的1个白球，
第三种情况：第一次操作甲袋中1个白球换乙袋中的一个白球，第二次操作甲袋中的红球换乙袋中一个白球，
所以，故B正确；
对于C：表示第一次操作甲袋中有0个红球，则，表示操作3次后甲袋有两个红球，所以后面两次操作乙袋中的红球要交换到甲袋，
则，故C正确；
对于D：，表示第一次甲袋1个红球交换乙袋中的1个白球，第二次甲袋中1个白球交换乙袋中1个红球，
则，
所以，故D正确，
故选BCD.
11．【答案】AC
【详解】选项A，将、、、全部排列，恰有1次升高的排列为，
1排首位时，共有1432，共1个排列符合恰有1次升高；
2排首位时，共有2431，2143，共2个排列符合恰有1次升高；
3排首位时，共有3142，3214，3241，3421共4个排列符合恰有1次升高；
4排首位时，共有4132，4213，4231，4312共4个排列符合恰有1次升高；
故，故正确；
选项，将、、、全部排列，恰有2次升高，排列个数可以如下考虑：
1排首位时，共有1324，1423，1342，1243共4个排列符合恰有2次升高；
2排首位时，共有2134，2341，2314，2413共4个排列符合恰有2次升高；
3排首位时，共有3124，3412共2个排列符合恰有2次升高；
4排首位时，共有4123共1个排列符合恰有2次升高；
故，故B错误；
选项C，举例当，，，
当由选项、知，，该对称性普遍成立，
故.故C正确；
选项D，不妨取，则，而，，则，即，故，故D错误；
故选.
12．【答案】
【详解】的展开式的通项为，由得，则含的项为，系数为
13．【答案】
【详解】令事件表示第天去餐厅，事件表示第天去餐厅，，
则，，
由全概率公式有，
所以.
14．【答案】
【详解】由不等式，可得，
即，
令，则，其中
又由恒成立，则在单调递增，
所以，即，即，所以，
令，可得，
所以在为单调递增函数，所以，即，所以，
又因为，所以，所以实数的取值范围是.
15．【答案】（1）
（2），
【详解】（1）的定义域为，
，
∴，
由题意知，
∴.
（2）当时，
∴，
又，当时，，当时，，
∴在单调递减，在单调递增，
∴，
又，
，
∴，
∴，
∴.
16．【答案】（1）
（2）3
【详解】（1）∵，
∴，
∴
又∵，
∴，
∴.
两边同时求导数
∴，
令，
∴.
（2）时，
，
∴被4整除的余数为3.
17．【答案】（1）证明见解析
（2）
【详解】（1）∵，
∴，
∴，
∴，
又，
∴，
∴是首项为，公比为的等比数列.
（2）由（1）知，则，
，
∴，
∴
，
∴.
18．【答案】（1）极大值，无极小值
（2）
（3）证明见解析
【详解】（1）时，的定义域为，
，在单调递增，在单调递减，
极大值，无极小值.
（2）有两个不等实根，
∴有两个不等实根，即（），
设，∴，
在单调递增，单调递减，，
当时，，，
∴.
（3）当时，
，
在单调递增，在单调递减，
又且，
∴要证，即证，
即证，即证，
设（），
，
∴在单调递增，又，
∴，又，
∴，∴.
19．【答案】（1）0
（2）单调递增区间为，单调递减区间为
（3）
【详解】（1）的定义域为，
，
∴.
（2）（），
设，
∴，
设，
∴，
在单调递增，单调递减，又，
∴，，∴，
在单调递减，又，
∴，，，，
∴，，，，
单调递增区间为，单调递减区间为.
（3）不等式，
等价于不等式，由，
∴，
设，，
，
由（2）知：，
∴，
∴，
∴在上单调递减，
∴，∴.