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（含解析）

这是一份湖北鄂北六校联考2025-2026学年高二下学期期中考试数学试题（含解析），共13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。
1. 已知函数满足，则（ ）
A. 3B. 2C. 1D. 0
【答案】C
【解析】
【详解】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】
【分析】对函数求导，令可求得的值，可得出函数的解析式，代值可得的值.
【详解】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】
【分析】利用二项展开式可求得结果.
【详解】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】
【分析】由题意可知，对任意的，恒成立，即，求出函数在上的值域，即可得出实数的取值范围.
【详解】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】
【分析】利用排列数公式可求得结果.
【详解】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】
【详解】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】
【分析】求得，利用椭圆和双曲线的离心率公式可得出，即可得解.
【详解】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】
【分析】原不等式可转化为，设，则，结合函数的单调性，进一步可得，令，求出函数在上的最大值即可得解．
【详解】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】
【分析】利用分步乘法计数原理可判断A选项；利用排列数公式可判断B选项；利用二项展开式通项可判断C选项；利用二项式系数和可判断D选项.
【详解】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】
【分析】对于A，对数列递推式依次取值计算即可判断；对于B，由递推式取倒数，利用等差数列定义即可判断；对于C，利用数列通项的增减性即可判断；对于D，求出的表达式，由对依次赋值比较即可判断.
【详解】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】
【分析】对于A，将转化成，设，求导判断其单调性，分析其极小值与图象趋势即得的范围判断；对于B，有3个零点转化成直线与的交点个数，结合A项对的单调性的探究，即得a的范围；对于C，时，对求导，分析单调性，进而确定极值点可判断； 对于D，时，对求导，分析单调性，根据零点存在性定理可做出判断.
【详解】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exx2=ax≠0，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φ'(x)=ex−e，
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】
【详解】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】
【分析】根据题意先求出曲线在处的切线方程，设与曲线的切点，利用导数的几何意义推得关于的方程组，求解即得.
【详解】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】
【分析】求出函数的导函数，判断可得，即可求得函数的单调区间，从而求出函数的最小值，依题意可得，即可得到，从而得到，再令，，利用导数说明函数的单调性，从而求出函数的最小值，即可求出的取值范围.
【详解】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：
【方法点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．
四、解答题（本题共5小题，共77分.解答题应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.）
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．
【答案】（1）
（2）14
【解析】
【分析】（1）先应用二项式系数成等差数列得出，再应用赋值法计算求解系数和；
（2）先求出导函数，再应用赋值法计算求解.
【小问1详解】
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
【小问2详解】
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．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）推导出数列是等比数列，确定该数列的首项和公比，即可求得数列的通项公式，由可求得数列的通项公式；
（2）求得，利用错位相减法可求得.
【小问1详解】
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.
【小问2详解】
由（1）可得：，
①
②
①②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．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）连接、交于点，证明出平面，可得出，利用勾股定理可得出，利用线面垂直判定定理可证得结论成立；
（2）方法一：以为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得结果；
方法二：证明出，，可知平面与平面所成角为，求出、的值，即可求出的余弦值，即为所求.
【小问1详解】
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.
【小问2详解】
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n⋅DE=12y+12z=0n⋅DB=x+y=0，取，可得，
设平面和平面的夹角为，则有csθ=n⋅PBn⋅PB=1−1−13×3=13，
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．
【答案】（1）
（2）①证明见解析；②
【解析】
【分析】（1）由椭圆的定义可求得的值，结合的值可得出的值，即可得出椭圆的标准方程；
（2）①由题可得，设点、，设直线的方程为，将该直线方程与椭圆方程联立，列出韦达定理，根据结合韦达定理化简可得出的值；
②求出的取值范围，结合弦长公式可求得的取值范围.
【小问1详解】
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.
【小问2详解】
①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．
【答案】（1）极小值，无极大值
（2）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）
【解析】
【分析】（1）当时，利用导数分析函数的单调性，可求得函数的极值；
（2）求导得，对实数的取值进行分类讨论，分析导数的符号变化，即可得出函数的增区间和减区间；
（3）解法一：令，利用导数求得，所求不等式等价于，恒成立，参变量分离得，令，，利用导数求出函数的最小值，即可求出实数的取值范围；
解法二：，，对实数的取值进行分类讨论，利用导数分析函数的单调性，结合可得出关于实数的不等式，即可解得实数的取值范围.
【小问1详解】
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.
【小问2详解】
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.
【小问3详解】
等价于，即恒成立.
解法一：因为，
所以对任意的恒成立，
令，，时，，在上单调递增，
时，，在上单调递减，
又因为，，且当时，，故，
所以，恒成立转化为，恒成立，
分离参数得，令，，
当时，，在上单调递减，
所以，所以，故实数的取值范围是；
解法二：令，，
，时恒成立即为恒成立，
，
当时，在时，，在上单调递减，
在时，，在上单调递增，
，解得；
当时，，与恒成立矛盾.
综上所述：的取值范围是.