湖北省武汉市洪山高级中学2025-2026学年高二下学期期中考试数学试题（Word版附解析）

这是一份湖北省武汉市洪山高级中学2025-2026学年高二下学期期中考试数学试题（Word版附解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 降低室内微生物密度的有效方法是定时给室内注入新鲜空气，即开窗通风换气.在某室内，空气中微生物密度（c）随开窗通风换气时间（t）的关系如下图所示.则下列时间段内，空气中微生物密度变化的平均速度最快的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】连接图上的点，利用直线的斜率与平均变化率的定义判断即可；
【详解】解：如图分别令、、、、所对应的点为、、、、，
由图可知，
所以内空气中微生物密度变化的平均速度最快；
故选：C
2. 有一对双胞胎学生和3位老师站成一排拍照，双胞胎不站在一起的不同排法共有（ ）
A. 种B. 种C. 种D. 种
【答案】B
【解析】
【分析】先排无限制条件的元素，分析空隙数量，再插入不相邻元素，最后计算总排法数量．
【详解】先排3位老师，3人全排列的方法为：；
3位老师形成4个空隙，将2个双胞胎插入4个空隙的方法数为：，
总的排列法为：种，故B正确．
故选：B．
3. 已知函数，若在上单调递增，则实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据在上单调递增，将问题转化为在恒成立即可求解．
【详解】，
若在上单调递增，则在恒成立，
即，
令，其对称轴为，所以的最大值为，
故只需．即．
故选：D．
4. 已知等比数列的各项都为正数，且当时有，则数列的前20项和为（ ）
A. 190B. 210C. 220D. 420
【答案】B
【解析】
【分析】根据等比数列的性质可得，即可求出数列的通项，最后根据等差数列求和公式计算可得；
【详解】解：依题意等比数列的各项都为正数，且当时有
所以，所以
所以
所以数列的前20项和为
故选：B
【点睛】本题考查等比数列的通项公式以及等差数列求和公式的应用，属于基础题.
5. 若函数在处有极大值，则实数的值为（ ）
A. 1B. 或
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】借助极值点定义可得，即可得或，再分类进行讨论排除极小值情况即可得.
【详解】，
则有，解得或，
当时，，
则当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
在处有极小值，不符合题意；
当时，，
当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
在处有极大值，符合题意．
综上可得，.
故选：D.
6. 已知，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用二项式定理展开式的通项公式，结合赋值法逐项计算可判断每个选项的正误.
【详解】由，
所以，，皆为负值，，，皆为正值，令，则，
令，则①，故C项错误；
即，故A项正确；
由①知，故B项错误；
在中，
令，则，故D项错误.
故选：A.
7. 下列说法正确的是（ ）
A.
B. 被8除的余数为1
C. 甲、乙、丙、丁等6人排成一排，甲、乙、丙三人身高都不相等且三位同学从左到右按照由高到矮的顺序站，共有120种排法
D. 现有6本不同的书，分成三份，每份2本，共有90种分法
【答案】C
【解析】
【详解】对A：根据组合数的性质，，故A错误；
对B：因为=C550⋅5655+C551⋅5654⋅−1+C552⋅5653⋅−12+⋯+C5555⋅560⋅−155（），
所以被8除的余数为7，故B错误；
对C：满足条件的排法有种，故C正确；
对D：按平均分组的方法，不同的分法有种，故D错误.
8. 已知函数，有且只有一个负整数，使成立，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】将问题转化有且只有一个负整数解，构造函数与，利用导数法求函数的最值，并在同一坐标系分别作出函数的图象，通过数形结合即可求解.
【详解】已知函数，则
有且只有一个负整数解.
令，则，
当时，，
当时，，
所以在上递减，在上递增，
当时，取得最小值为.
设，则恒过点
在同一坐标系中分别作出和的图象，如图所示
显然，依题意得且即
且，解得，
所以实数的取值范围是.
故选：A.
【点睛】关键点睛：将问题转化为有且只有一个负整数解，构造函数
与，利用导数法求函数的最值，作出函数的图象，通过数形结合即可.
二、多选题：本题共3题，每题6分，共18分.在每题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. （多选题）下列求导运算错误的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【详解】对于A，是常数，，故A错误；
对于B，，故B错误；
对于C，，故C正确；
对于D，，故D错误.
10. 将7个小球放入3个盒子中，结合小球的相同与不同属性、盒子的相同与不同特征，以及不同的放置限制条件，下列说法正确的有（ ）
A. 若小球相同、盒子不同，且每个盒子至少放1个球，则不同的放法种数为15
B. 若小球相同、盒子不同，且允许有空盒子，则不同的放法种数为21
C. 若小球不同、盒子相同，且每个盒子至少放1个球，则不同的放法种数为301
D. 若小球相同、盒子不同，且恰有1个盒子放2个球，其余盒子至少放1个球，则不同的放法种数为15
【答案】AC
【解析】
【分析】对于AB，根据隔板法求解；对于C，先分组，再选球放入；对于D，先分组，再排列盒子即可．
【详解】对于A，将7个小球分成3组即可，由隔板法得不同的放法种数有种，故A正确；
对于B，允许有空盒子，先给每个盒子一个虚拟的球，
即10个小球分成3组，每个盒子至少一个，
由隔板法得不同的放法种数有种，故B错误；
对于C，根据题意，每个盒子里球的个数情况有：；；；，
则不同的放法种数有，故C正确；
对于D，小球相同、盒子不同，恰有1个盒子放2个球（即只有1个盒子为2个），
其余两个盒子至少1个球且不能为2个球：先选放2个球的盒子：，
剩余两个盒子共5个球，均不为2的放法只有共2种，
总放法，故D错误．
11. 如图，学校数学探究实验组设计一个“门把手”，其纵截面轮廓线近似曲线：的一部分，则（ ）
A. 点在上
B. 在轴左边的部分到坐标原点的距离均大于
C. 若在轴上方的部分为函数的图象，则是的极小值点
D. 在处的切线与的交点的横、纵坐标均为有理数
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据题设将代入曲线方程可判断A；设曲线上的点为，则到原点的距离可化简为，构造函数求出最小值可判断B；通过的导数，然后求解的解可判断C；求出切线方程与曲线方程联立可判断D.
【详解】对于A，因为，所以点在上，故A正确；
对于B，设的解为，，，
当时，，单调递增，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
，，
，
所以，设是在轴左边的部分上的一点，
则，则点到坐标原点的距离，
令，
令，得，
因为，所以可以取，
当，，单调递增，
当，，单调递减，
，，
所以，，故B错误；
对于C，，则，
令得，当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
则是的极小值点，故C正确；
对于D，由C中，，
在处的切线方程为，即，
代入曲线的方程，得，
即，显然是方程的根，
所以，解得，或，
且时，，故D正确.
故选：ACD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 数列的前项和，则______.
【答案】
【解析】
【分析】利用即可求出，并验证是否满足，即可写出数列的通项公式.
【详解】，
，
，
当时，，不满足条件，
所以.
故答案为：
13. 的不同正因数有_____________个．
【答案】36
【解析】
【分析】把进行质因数分解，然后结合分步乘法原理即可求解.
【详解】将进行质因数分解：2700=27×100=22×33×52，
设的正因数为2m×3n×5p，其中m∈0,1,2,n∈0,1,2,3,p∈0,1,2，
所以有种可能，有种可能，有种可能，
则根据分步乘法原理，共有个正因数.
14. 若对任意的，恒有，则实数的取值范围为________.
【答案】
【解析】
【分析】首先对不等式进行移项，将含的部分合并得到，观察到两边可以统一为函数，利用其单调性将问题转化为在上恒成立，进而通过求的最大值得到参数范围.
【详解】不等式可化为.
令，则，所以.
设，则，所以单调递增.
又，，
则等价于，即在上恒成立，
也即在上恒成立.
令，则，
令，则，解得，
当时，；当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，
要使在上恒成立，只需.
所以实数的取值范围为.
四、解答题：本题共5题，共77分.解答应写出证明过程或演算步骤.
15. 已知．
（1）求的值；
（2）求展开式中项的系数．
【答案】（1）10 （2）
【解析】
【分析】（1）利用排列数和组合数的性质求解即可.
（2）利用二项式定理求解指定项系数即可.
【小问1详解】
因为，所以，
可得，
化简得，解得(另一个根舍去)，故的值为10.
【小问2详解】
由上问得，所以，
由二项式定理得通项展开式为，
令，解得，所以项的系数为.
16. 已知函数（，，）在处的切线方程为.
（1）求的值；
（2）分析函数的单调性.
【答案】（1）2 （2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）根据导数的几何意义结合切线方程建立关于的方程求解即可；（2）求出函数的导数，分类讨论，判断导数正负，即可求得答案.
【小问1详解】
函数的定义域为，，
由题意得：，解得：，所以.
【小问2详解】
由（1）得：，
①当时，即，在区间上恒成立，
函数在区间上单调递增；
②当时，若，，函数在区间上单调递增；
若，，函数在区间上单调递减.
17. 已知各项均为正数的数列的前项和为，，且.
（1）证明：数列是等差数列；
（2）求数列的通项公式；
（3）若，求的取值范围.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）由已知等式变形得出，化简得出，结合等差数列的定义可证得结论成立；
（2）结合（1）中的结论可得出数列的通项公式，由此可求得数列的通项公式；
（3）由参变量分离法得出，令，分析数列的单调性，即可求得实数的取值范围.
【小问1详解】
因为各项均为正数的数列的前项和为，则对任意的，，
当时，，
即，所以，，
因此，数列是等差数列，且其首项为，公差为.
【小问2详解】
由（1）可得，则当时，，
也满足，故，.
【小问3详解】
由可得
，
令，则
则
，即，
所以，数列为单调递增数列，则，
因此，的取值范围是.
18. 已知函数，其中k为自然数．
（1）当时，求在上极值点；
（2）求；
（3）当时，记数列，有限数列是首项为1，公差为2的等差数列，求数列的前100项和（化成最简形式）．
【答案】（1）极大值点为，极小值点为；
（2）；
（3）.
【解析】
【分析】（1）由题设f2x=xx+1x+2，对函数求导并研究其区间单调性，进而确定其极值点；
（2）结合求导公式计算即可；
（3）由（2）得，则，再由等差数列定义有，最后应用倒序求和及二项式定理可得结果.
【小问1详解】
f2x=xx+1x+2=x3+3x2+2x，
令，解得，
当x∈−∞,−1−33时，，在x∈−∞,−1−33上单调递增；
当x∈−1−33,−1+33时，，在x∈−1−33,−1+33上单调递减；
当x∈−1+33,+∞时，，在x∈−1+33,+∞上单调递增；
故的极大值点为，极小值点为；
【小问2详解】
fk′(x)=x′(x+1)(x+2)(x+3)⋯(x+k)+x(x+1)(x+2)(x+3)⋯(x+k)′，
故
【小问3详解】
由（2）知an=k!n!k−n!=Ckn，因为，所以an=C100n，
又是首项为1，公差为2的等差数列，故，
则anbn=2n−1C100n，其中，
令T=a1b1+a2b2+a3b3+⋯a100b100=1⋅C1001+3⋅C1002+5⋅C1003+⋯+199⋅C100100，
考虑S=T+a0b0=T+(−1)⋅C1000=T−1，
则S=−1⋅C1000+1⋅C1001+3⋅C1002+5⋅C1003+⋯+199⋅C100100，
由组合数性质，将倒序写为：S=199⋅C100100+197⋅C10099+195⋅C10098+⋯+(−1)⋅C1000，
即S=199⋅C1000+197⋅C1001+195⋅C1002+⋯+(−1)⋅C100100
则2S=198⋅C1000+198⋅C1001+198C1002+198C1003+⋯+198C100100，
2S=198C1000+C1001+C1002+C1003+⋯+C100100=198×2100，故，
故.
19. 柯西不等式是一个重要不等式，在代数、几何等领域中有广泛应用，柯西不等式的二维形式：对任意的实数都有，当且仅当时等号成立，已知函数．
（1）当时，证明：．
（2）已知有两个不同的零点．
①求a的取值范围；
②证明：．
【答案】（1）证明见解析
（2）①②证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用导数工具研究函数单调性得到即可分析求证；
（2）①问题化为有两个不同的正实根，构造函数并应用导数研究交点个数求参数范围；
②令，首先证明、，再应用柯西不等式、作差法证明结论．
【小问1详解】
证明：当时，函数，
则函数定义域为，，
所以当时，当时，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
所以，即.
【小问2详解】
①令，在定义域上有两个零点，
所以有两个不同的正实根，
令且，则，
当时，则在上单调递增，
当时，则在上单调递减，
所以，时，时，
所以；
②证明：令，
先证，即证，即证，
由①易知，则，令，
所以，则在上单调递增，
所以，故得证，
再证，
由，而，
所以，即，
结合，所以得证，
由，
又，则，得证.