四川省南充市嘉陵第一中学2024−2025学年高二下学期4月期中 数学试题（含解析）

这是一份四川省南充市嘉陵第一中学2024−2025学年高二下学期4月期中 数学试题（含解析），文件包含成都石室中学2025-2026学年度下期高2026届4月专项训练英语docx、成都石室中学2025-2026学年度下期高2026届4月专项训练英语答案docx、英语答题卡docx、成都石室中学2025-2026学年度下期高2026届4月专项训练英语听力mp3等4份试卷配套教学资源，其中试卷共15页， 欢迎下载使用。
一、单选题
1．已知数列满足，则这个数列的第4项是（ ）
A．10B．17C．26D．37
2．口袋中装有5个白球4个红球，每个球编有不同的号码，现从中取出2个球，至少有一个红球的取法种数是（ ）
A．20B．26C．32D．36
3．在二项式的展开式中，常数项为（ ）
A．180B．270C．360D．540
4．已知函数，则（ ）
A．1B．C．2D．
5．函数的极小值为（ ）
A．B．1C．D．
6．已知等差数列和的前n项和分别为，，若，则（ ）．
A．B．C．D．
7．若，则以下不等式正确的是（ ）
A．B．
C．D．
8．已知数列的首项，对任意，都有，则当时， ( )
A．B．C．D．
二、多选题
9．数列的前n项和为，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则数列的前5项和最大
B．若等比数列是递减数列，则公比q满足
C．已知等差数列的前n项和为，若，则
D．已知为等差数列，则数列也是等差数列
10．有6本不同的书，按下列方式进行分配，其中分配种数正确的是（ ）
A．分给甲､乙､丙三人，每人各2本，有540种分法；
B．分给甲､乙､丙三人中，一人4本，另两人各1本，有90种分法；
C．分给甲乙每人各2本，分给丙丁每人各1本，有90种分法；
D．分给甲乙丙丁四人，有两人各2本，另两人各1本，有1080种分法；
11．已知函数，则下列命题中正确的是（ ）
A．是的极大值
B．当时，
C．当时，有且仅有一个零点，且
D．若存在极小值点，且，其中，则
三、填空题
12．某电视台连续播放个不同的广告，其中个不同的商业广告和个不同的公益广告，要求所有的公益广告必须连续播放，则不同的播放方式的种数为 .
13．函数的单调递减区间为 .
14．在数1和100之间插入n个实数，使得这个数构成递增的等比数列，将这个数的乘积记作，再令.则数列的通项公式为 .
四、解答题
15．由，，，，组成的五位数中，分别求解下列问题.（应写出必要的排列数或组合数，结果用数字表示）
（1）没有重复数字且为奇数的五位数的个数；
（2）没有重复数字且和不相邻的五位数的个数；
（3）恰有两个数字重复的五位数的个数.
16．已知．
（1）求的值；
（2）求的值（结果用数字表示）．
17．已知数列的首项，且满足.
（1）求证：数列为等比数列；
（2）求数列的通项公式和前项和；
（3）记，求数列的前项和，并证明.
18．已知函数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）若，不等式恒成立，求实数的取值范围.
19．已知函数，，是的导数.
(1)讨论的单调性，并证明：；
(2)若函数在区间内有唯一的零点，求a的取值范围.
参考答案
1．【答案】C
【详解】由题设有，，，
故选C.
2．【答案】B
【详解】从个球中任取个球的取法共有种，
两个球都不是红球的取法有种，
所以取出2个球，至少有一个红球的取法种数为.
故选B.
3．【答案】A
【详解】二项式的展开式的通项公式为，
令，解得，所以常数项为.
故选A
4．【答案】A
【详解】函数，求导得，
取，则，所以.
故选A
5．【答案】C
【详解】因为，所以.
令得，
当时，，当时，.
故的单调递增区间为和，单调递减区间为.
则当时，取得极小值，且极小值为.
故选C
6．【答案】C
【详解】由等差数列的性质可得：
，，
则，即，
，
故选C.
7．【答案】A
【详解】令，则，
由，得，由，得，
即当时单调递减，当时单调递增，
即当时取得最小值，
则有，，即，，
又，
综上的大小关系为.
故选A
8．【答案】A
【详解】令得到，故数列是等比数列， ，

故答案为：A．
9．【答案】ACD
【详解】选项A，由可得，，故数列前5项的和最大，故 A正确；
选项B，当时，等比数列也是递减数列，故B错误；
选项C，，若，则，故C正确；
选项D，若为等差数列，则，，则为常数，数列也是等差数列，故D正确.
故选ACD
10．【答案】BD
【详解】对A，先从6本书中分给甲2本，有种方法；再从其余的4本书中分给乙2本，有种方法；最后的2本书给丙，有种方法.
所以不同的分配方法有种，故A错误；
对B，先把6本书分成3堆:4本、1本、1本，有种方法；再分给甲､乙､丙三人，
所以不同的分配方法有种，故B正确；
对C，6本不同的书先分给甲乙每人各2本，有种方法；其余2本分给丙丁，有种方法，
所以不同的分配方法有种，故C错误；
对D，先把6本不同的书分成4堆:2本、2本、1本、1本，有种方法；
再分给甲乙丙丁四人， 所以不同的分配方法有种，故D正确.
故选BD.
11．【答案】ACD
【详解】对于A，因为，则，
当时，令，得到或，
当或时，，当时，，
所以是的极大值点，极大值为，是极小值点，极小值为，
当时，，由极值的定义知，的极大值为，无极小值，
当时，令，得到或，
当或时，，当时，，
所以是的极大值点，极大值为，是极小值点，极小值为，
综上，是的极大值，故A正确；
对于B，因为，由A知，在区间上单调递增，
又，则，，所以，故B错误；
对于C，当时，，由A知，的增区间为，，减区间为，
当时，，，，
由零点存在性原理知，当时，有且仅有一个零点，且，故 C正确；
对于D，因为存在极小值点，由A知，，得到，
因为，则，整理得到，
即，又，所以，故D正确.
故选ACD.
【方法总结】求解三次函数含有参数的单调性问题，经常利用含有参数的一元二次不等式的解法，并对其进行分类讨论即可得出单调性及其极值、极值点等问题.
12．【答案】720
【详解】解：由题意，第一步将所有的公益广告捆绑一起当成一个元素和其他4个不同商业广告进行排列，不同的安排方式有种，
第二部对个不同的公益广告进行排列，不同的安排方式有种，
故总的不同安排方式有种，
故答案为720.
13．【答案】
【详解】的定义域为，
由，得，
由，得，解得，
因为，所以，
所以单调递减区间为.
14．【答案】，
【详解】记由个数构成递增的等比数列为，
则，，则，即
所以，
即


15．【答案】（1）72个；（2）72个；（3）1200个.
【详解】解：（1）由题知，该五位数个位数为奇数，然后余下的四个数全排列即可.
个.
（2）先对1,3,5三个数全排列，然后利用插空法排列2和4,即个
（3）从5个数中挑选出重复的数字，从剩下的4个数中挑选3个数字，先对重复数字排列，然后余下的三个数全排列即个
16．【答案】（1）
（2）
【详解】（1）在中，
令，得，所以.
在中，
令，得，
所以.
（2）∵的展开式的通项公式为，
∴.
17．【答案】（1）证明见解析
（2）；
（3）；证明见解析
【详解】（1）证明：因为数列满足，
可得，又因为，可得，
从而可得，即，
所以数列是首项为，公比为的等比数列.
（2）解：由（1）知，数列是首项为，公比为的等比数列，
可得，所以，
则数列的前项和为.
（3）解：由（2）知：，可得，
所以，
所以，
当时，易知关于是单调递增数列，
当时，取得最小值，最小值为，
又因为，可得，所以.
18．【答案】（1）答案见解析
（2）
【详解】（1）因为，所以.
因为，若，即时，在上单调递增，
若，即时，令，得；
令，得，所以在上单调递增，在上单调递减.
综上，当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减.
（2）因为，恒成立，
所以，则，
令且，则，
令，则，故在上单调递增，
又，所以时，；时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，，
所以，实数的取值范围为.
19．【答案】(1)答案见解析
(2)
【详解】（1）因为，所以，
当时，，则在上单调递增，
当时，令得，令得，
所以函数的增区间为，减区间为，
令，则，令得，
令得，所以函数的增区间为，减区间为，
所以当时，取得最小值为，
所以，得证；
（2）由（1）知，，
因为函数在区间内有唯一的零点，所以方程在区间内有唯一解，
令，则函数与在上只有一个交点，
记，则，所以在上单调递增，
所以，即，
故，
所以在上单调递增，又，
如图：

要使方程在区间内有唯一解，则.
所以a的取值范围是.