湖北省鄂北六校2025-2026学年高二下学期期中联考 数学试卷（含解析）

这是一份湖北省鄂北六校2025-2026学年高二下学期期中联考 数学试卷（含解析），共21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。
一、单选题
1．已知函数满足，则（ ）
A．3B．2C．1D．0
2．已知函数，则（ ）
A．B．C．D．
3．计算除以所得的余数为（ ）
A．B．C．D．
4．已知函数在区间上单调递减，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
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．
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．
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．
8．已知当，不等式恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
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．
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
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
三、填空题
12．展开式中含项的系数是_________（用数字作答）．
13．若直线既是曲线在处的切线，也是曲线的切线，则实数_________．
14．已知、为实数，，若对恒成立，则的最小值为 ______.
四、解答题
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．
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．
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．
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．
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．
参考答案
1．C
【详解】因为函数满足，
所以，
所以.
2．B
【详解】因为，所以，则，解得，
故，因此.
3．C
【详解】因为
，
故除以所得的余数为.
4．B
【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．A
【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．C
【详解】由题意可得，又，
则点到平面的距离为.
7．B
【详解】由题意可知，且，
，，
所以.
8．B
【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．
9．BC
【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．ABD
【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．ABD
【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，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，
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.
12．135
【详解】展开式中含的项为，
故展开式中含项的系数是135.
13．2
【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．
【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：
15．(1)
(2)14
【详解】（1）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
（2）
又因为
所以，
所以
所以
16．(1)，
(2)
【详解】（1）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.
（2）由（1）可得：，
①
②
①②可得：
，
所以.
17．(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）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.
（2）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，取，可得，
设平面和平面的夹角为，则有，
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．(1)
(2)①证明见解析；②
【详解】（1）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.
（2）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．(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)
【详解】（1）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.
（2）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.
（3）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.