湖北省部分重点高中2025-2026学年高二下学期4月期中考试试卷 数学（含解析）

这是一份湖北省部分重点高中2025-2026学年高二下学期4月期中考试试卷 数学（含解析），共25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．下列求导运算正确的是（ ）
A．B．C．D．
2．下列选项中不是数列的通项公式的是（ ）
A．B．
C．D．
3．已知函数，若，则（ ）
A．B．2C．D．1
4．某大学在东、南、西、北及东南五个方向上各有一个校门，如果一在校大学生从其中任意一个校门进入学校，并且要求从其它的校门出去，那么共有（ ）种进出学校的方式．
A．B．C．D．
5．函数在上单调递增，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
6．已知数列为等比数列，，则（ ）
A．B．3C．9D．-3
7．将6个各不相同的小球全部放入4个颜色各不相同的盒子中，每个盒子至少放一个小球，其中红色盒子至多放两个小球，则一共有（ ）种不同的放法．
A．480B．540C．1440D．4320
8．已知函数和定义域为为偶函数，且对任意实数，都有恒成立，，则不等式的解集为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．若，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
10．已知函数，则下列选项正确的是（ ）
A．若，则在上无极值点
B．若，则在上单调递增
C．当，若关于的方程有三个实根，则
D．当，若在区间上最大值为，则的取值范围为
11．已知数列的前项和为且，则下列说法正确的是（ ）
A．数列为等比数列
B．若，在与之间插入个数使这个数组成一个公差为的等差数列，则
C．若，则数列的前2026项的和为
D．若，在数列的和项之间插入个数，使得这个数成等差数列，其中，将所有插入的数由小到大组成新数列，则
三、填空题
12．已知函数，则在（1，1）处的切线方程为___________.
13．3名女生和3名男生站成一排拍照留影，男生甲不站两端，女生乙和丙必须相邻，一共有___________种不同的站法．（用数字回答）
14．已知函数的极值点为，函数，若对任意恒成立，则实数的取值范围为___________．
四、解答题
15．已知等差数列的前项和为且．
(1)求；
(2)若，数列的前项和为，求证：．
16．已知函数，且在处切线斜率为．
(1)求的值及的值域；
(2)，求的极值．
17．已知的展开式中的前三项的二项式系数和为172，其中．
(1)求；
(2)求展开式中含的项；
(3)展开式中系数最大项是第几项？
18．已知数列的首项且，．
(1)证明：数列为等比数列；
(2)若，求数列的前项的和；
(3)若，且不等式对任意的恒成立，求实数的取值范围．
19．已知函数．
(1)当时，求的单调区间；
(2)对任意的恒成立，求实数的取值范围；
(3)，设是方程的两根，且，证明：．
参考答案
1．A
【详解】对于A，，A正确；
对于B，，B错误；
对于C，，C错误；
对于D，，D错误.
2．D
【详解】对于选项A.
当为奇数时，，当为偶数时，
即，是题中数列的通项公式；
对于选项B.显然是题中数列的通项公式.
对于选项C.
当为奇数时，，当为偶数时，
所以C选项是题中数列的通项公式
对于选项D
当为奇数时，，当为偶数时，
所以D选项不是题中数列的通项公式.
3．A
【详解】由，得，
函数，求导得，
则，所以.
4．C
【详解】学校共有个校门，学生任选一个进入共有种选择；
出校门则从其他个校门任选一个，共有种选择，
所以，根据分步乘法计数原理，总的进出学校的方式共有种.
5．A
【详解】函数在上单调递增，等价于对任意恒成立.
由恒成立，移项得.
对，由基本不等式，当且仅当，
即等号成立，因此的最小值为.
要使恒成立，则，即.
6．B
【详解】设数列的公比为，那么
，
因为
则，，所以.
7．C
【详解】若红色盒子放一个小球，则剩下三个盒子按照或来放，
若按照来放，有种；
若按照来放，有种,
若红色盒子放两个小球，则剩下三个盒子按照来放，
共有种；
故一共有种不同的放法.
8．A
【详解】 原不等式右边整理得：，结合，原不等式转化为： ，
由定义域得，即，两边除以得： ，
构造函数，则不等式等价于，
，由题设恒成立，
当时，，故，在单调递增；
当时，，故，在单调递减，
又是偶函数，故，即是偶函数，
由偶函数性质：，结合在单调递增，
等价于： ：或，即或，
因此不等式的解集为.
9．BD
【详解】已知.
令，得，选项A错误.
由二项式通项，令得，
则，选项B正确.
令，得，
代入得，选项C错误.
令，得，
时，.
两式相减，解得，选项D正确.
10．ABD
【详解】由题可得：，判别式，逐个分析选项：
选项A：若，则，由得，
结合得，因此开口向上，
恒成立，没有变号零点，在上单调，故无极值点，A正确；
选项B：若，开口向上，对称轴为，
在上单调递增，因此，
故在上单调递增，B正确；
选项C：当时，，
，令，则，，
，；，；，
故极大值，极小值，
有三个实根等价于，C错误；
选项D：当，解方程，因式分解得，
根为和，在递增，递减，递增，
要使区间最大值为，需满足：
①（否则不包含极大值点，最大值小于）；
②（若，区间内存在使得，最大值大于），故，D正确
11．BCD
【详解】由可得，
两式相减可得，即，
当时，，所以数列不一定是等比数列，即A错误；
由可知，
此时数列是以为首项，公比的等比数列，因此可得，
在与之间插入个数使这个数组成一个公差为的等差数列，则，所以B正确；
由可得，所以，
又因为，因此的最小正周期为3，
易知,
将数列的前2026项按周期分组，每组3项，第组对应组内的值依次为
每组的和为；
因此数列的前2026项的和为
，即C正确；
插入数的位置规律为时成等差数列，时成等差数列;
易知，所以时成等差数列，
该数列的公差为,因此，即D正确.
12．
【详解】函数的定义域为，
，，，
所以在（1，1）处的切线方程为，即.
故答案为：.
13．144
【详解】因为女生乙、丙必须相邻，先将二人捆绑为一个整体，二人内部有2种排列方式，
此时原6人简化为5个元素（整体+其余4人），
要求男生甲不站两端，5个元素的排列中共有2个端点位置，
甲不能选，因此甲有个位置可选，即3种站法，
剩余4个元素无特殊要求，全排列有种站法，
根据分步乘法计数原理，总站法为：.
14．
【详解】因为的定义域为，极值点为，
则满足，解得，因此.
将代入不等式得，
整理变形，令，，
不等式转化为对所有可能的恒成立.
对求导得，
当时，，当时，，
可知在处取最大值，因此的取值范围是.
令，求导得，
因此在上单调递减，在上单调递增，且，
若，在单调递减，，满足；
若，则存在（是的另一个大于的根），使得，不满足；
要使所有满足，只需，
即，结合（有意义），得.
15．(1)
(2)证明见解析
【详解】（1）设等差数列的公差为，
所以，解得，
所以；
（2）由（1）有，
所以，
又，当时，取最小值，即，
所以.
16．(1)；
(2)的极大值为，极小值为
【详解】（1）首先对求导，由乘积求导法则：，
在处切线斜率为，代入得：
因此，导数为，因，则
当时，，单调递减；
当时，，单调递增.
故的最小值为.
又时，；时，.
因此的值域为.
（2）已知，由商的求导法则得.
由于，则的符号由决定，
临界点为，单调性如下：
因此在处取极大值为；
在处取极小值为.
17．(1)
(2)
(3)7
【详解】（1）依题意可知，整理可得，
即,
又，解得；
（2）因为，
令，解得；
因此展开式中含的项为
（3）易知第项的系数为，
令，可得；
解得，又，
可得，因此展开式中系数最大项是第7项.
18．(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）对取倒数，将代入化简可得，结合等比数列定义证明即可.
（2）根据（1）得到，结合等差数列及等比数列的前项和公式分组求和即可.
（3）求出，分为奇数或偶数两种情况，对分离参数，分别求出最值即可.
【详解】（1）证明：由，得，
又，则，所以，即.
又，
所以数列是首项为，公比为的等比数列.
（2）由（1）知，.
当为奇数时，；当为偶数时，；
所以
.
（3）由（2）知，.
则不等式可化为.
①当为奇数时，不等式可化为，
则，
令，因为为奇数，则，
函数在上的最小值为，所以的最大值为，
所以.
②当为偶数时，不等式可化为，
则，
令，因为为偶数，则，
函数在上的最小值为，所以的最小值为，
所以.
综上，.
所以实数的取值范围.
19．(1)
(2)
(3)证明见解析
【详解】（1）当时，，
则
设，
则
当时，，单调递减，当时，，单调递增
所以，在时取最小值，，即有
因此有，即在定义域上单调递增
综上所述，当时，的单调增区间为，无单调减区间
（2）对函数求导得，
设，则，当时，，即单调递增
所以对于，有
故对，有
若，则，有，即在上单调递增
因，所以此时对任意的，恒成立；
若，因在上单调递增，所以在上单调递增且趋于正无穷，故存在使得
因，且在上，故，有，不满足题意
综上所述，实数的取值范围为
（3）方程化简得，，为该方程两根，且
设，即，则，两式相减得，
因此，化简得，则
又因，得
要证明，即要证明，化简得
设，，
则，
设，，
则，对，，故在区间上单调递增
则，有，当且仅当时等号成立，故在区间上单调递增
则，有当且仅当时等号成立
故，有
综上所述，当时，，即
区间
单调递增
单调递减
单调递减
单调递增