安徽池州市2025-2026学年高二下学期4月期中质量检测数学试卷（含解析）

这是一份安徽池州市2025-2026学年高二下学期4月期中质量检测数学试卷（含解析），共11页。试卷主要包含了选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 在的展开式中，常数项为（ ）
A. 20B. -20C. 160D. -160
【答案】D
【解析】
【分析】先求出二项式展开式的通项公式，然后令的指数为0，即可求出对应的常数项．
【详解】解：二项式展开式的通项公式为，
令，得，
所以常数项为．
故选：．
2. 已知函数的导函数的图象如图所示，则下列说法一定正确的是（ ）
A. 函数在处取得极大值B. 函数在区间上单调递增
C. 函数有两个零点D. 当时，函数的最大值是
【答案】D
【解析】
【详解】由图知，当时，；
当时，，仅当时，，
函数在上单调递增，在上单调递减，
在处取得极大值，无极小值，故A错误，
函数在区间上单调递减，故B错误；
由图无法确定函数的零点个数，故C不一定正确；
由函数在区间上单调递减，
故当时，函数的最大值是，故D正确．
3. 记为等差数列的前项和，若，则（ ）
A. 5B. 2C. 0D.
【答案】A
【解析】
【详解】由题意得，，即，
所以，又，
则公差，所以．
4. 已知函数在处有极小值，则（ ）
A. B. C. 或D. 或
【答案】A
【解析】
【详解】由题意得，
由题可知，解得或．
当时，，
当时，或，当时，，
即在和上单调递增，在上单调递减.
此时在处取得极大值，不符合题意；
当时，，
当时，或，当时，，
即在和上单调递增，在上单调递减.，
此时在处取得极小值，符合题意.
5. 有7个座位连成一排，现有3人入座，则恰有两个空位相邻的不同坐法的种数为（ ）
A. 144B. 72C. 48D. 36
【答案】B
【解析】
【详解】将3人视为有顺序，先排好3人，有种排法，形成4个空隙（包括两端），将4个空座位分配到4个空隙中，要求恰好有一对相邻空位，
即只有一个空隙放入2个空位，其余三个空隙中恰有两个各放入1个空位、一个放入0个空位，
选一个空隙放2个空位有4种，再从剩余3个空隙中选两个放1个空位有3种，
故分配方式有4×3=12种，因此不同坐法总数为6×12=72种.
6. 我国国旗的标准尺寸有五种通用规格（用“长×宽”表示），其中长与宽之比均为3:2.
根据上表，可以判断五种规格国旗的（ ）
A. 周长构成等差数列B. 周长构成等比数列
C. 面积构成等差数列D. 面积构成等比数列
【答案】A
【解析】
【分析】由题意分别列出各个规格的周长与面积，根据等差数列与等比数列的定义即可求解.
【详解】由题意得
则，故周长构成等差数列.
，故周长不构成等比数列，
，故面积不构成等差数列，
，故面积不构成等比数列.
7. 现将数列、立体几何、解析几何、导数、概率与统计这五道解答题排序，数列必须在第一道或者第二道位置，解析几何不能在第一道，则不同的题目分配方式有（ ）
A. 30种B. 36种C. 42种D. 48种
【答案】C
【解析】
【详解】数列排在第一道（此时解析几何必然不在第一道）的排序方法有种；
数列排第二道时，第一道有种排法，第三、四、五道有种，则排序方法有种．
综上，不同的题目分配方式有种．
8. 若实数满足，下列说法正确的是（ ）
A. 存在最小值B. 存在最大值C. 存在最小值D. 存在最大值
【答案】B
【解析】
【分析】令，，利用导数求出函数在上单调递减，得函数的值域为R，可以判断C，D选项，由零点存在性定理得，存在，使得，可以判断A，B选项．
【详解】令，，则，
令，则，
由，得，由，得，
得函数在上单调递减，在上单调递增，
则，
因为，所以，所以函数在上单调递减，
当时，，当时，，
得函数的值域为R，而，则可以取遍的所有值，
则的取值范围为R，故不存在最小值，也不存在最大值，
又因为，，
而函数在上单调递减，
由零点存在性定理得存在，使得，
即当时，，当时，，
因为，
所以要使关于的方程有实数解，
必须满足，得，
故存在最大值，不存在最小值．
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，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. 下列求导运算正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABC
【解析】
【详解】，故A正确；
，故B正确；
，故C正确；
，故D错误．
10. 已知，且第5项与第8项的二项式系数相等，则下列说法正确的有（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】应用组合数性质判断A，应用赋值法计算判断B，D，应用通项公式计算判断C.
【详解】由题意得，，则，故A正确；
令，得，
令，得，则，故B错误；
展开式的通项为，则，故C正确；
由，得，
令，得，故D错误．
11. 已知数列，给出以下定义：对于任意，都有，则称数列为“友好数列”，下列说法正确的有（）
A. 若数列满足，且前项和为，则数列为“友好数列”
B. 若数列满足，且数列为“友好数列”，则
C. 若数列为“友好数列”，且，则数列没有最小项
D. 若数列为“友好数列”，则对于任意，当时，总有成立
【答案】ABD
【解析】
【分析】先由等比数列通项求出前项和,代入验证判定A正确；再由友好数列定义得相邻差单调递增,结合初始差值放缩推出判定B正确；接着构造差数列,由整数单调递增及首末项相等推出数列先减后增应有最小项,故C错误；最后利用差数列递增性质,分别对前后段裂项放缩作商比较,推导出对应分式不等式判定D正确.
【详解】由，得，
对于任意，，
故，所以数列是“友好数列”，故A正确；
因为数列为“友好数列”，所以对于任意，都有，
即，又，则，
即，
所以，故B正确；
因为数列为“友好数列”，，所以对于任意，都有，
即，
设，则数列为单调递增数列，且，
所以，
因为，所以，
所以存在时，，
当时，，当时，，
因此，数列存在最小项为（不一定唯一），故C错误；
因为为“友好数列”，所以对任意，都有，
即，所以对于任意，
当时，总有，
所以，
又，
所以，由，得，故D正确．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知等差数列的前项和为，则数列的前2026项和为__________．
【答案】
【解析】
【分析】借助等差数列性质及其求和公式可求出，再利用裂项相消法计算即可得解.
【详解】设公差为，则有，解得，
，则，
故.
13. 小唐和小陈去旅游，他们打算从A、B、C、D等8个景点中各自随机选择4个，若他们不同时选择景点，且有且只有两个景点是相同的，则选择方法共有___________种．（用数字作答）
【答案】
【解析】
【分析】根据已知条件，分情况讨论计算选取方法，从而确定总的选择方法．
【详解】若仅小唐选了景点，有种；
若仅小陈选了景点，也有种；
若小唐和小陈都没有选景点，则有种．
综上，共有种．
14. 已知关于的不等式有且仅有2个整数解，则实数的取值范围为__________．
【答案】
【解析】
【分析】先对原不等式整理变形，分和两类讨论参数的符号，时构造函数求导分析单调性，发现趋向负无穷时有无穷多个整数解，舍去；时同构构造函数，求导借助辅助函数判定在单调递增，算出的函数值，结合不等式仅有两个整数解为1，2，进而锁定的取值范围.
【详解】由题意得，，不等式化简整理得，即．
当时，，且.
令，所以.
令，则，所以在上单调递增.
所以，即，所以在上单调递减.
当，此时不等式有无穷多个整数解，不符合题意；
当时，，且.
令，所以.
记，则，所以在上单调递增.
所以，即，所以在上单调递增.
因为，且不等式有且仅有2个整数解，则这2个整数解为.
所以，即.
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 已知函数．
（1）当时，求函数在上的最值；
（2）若对任意的恒成立，求实数的取值范围．
【答案】（1）最大值为，最小值为．
（2）
【解析】
【分析】（1）先代入得到解析式，求导得到，再构造辅助函数并二次求导判断单调性，算出区间端点函数值确定在恒负，推出在区间单调递减，最后代入区间端点求出最值.
（2）先对不等式变形构造新函数tx=fx−gx，将条件转化为在单调递增，转化为导数恒非负的恒成立问题，分离参数后构造，求导研究单调性求出最小值，进而得到的取值范围.
【小问1详解】
当时，，则，
令，则，由得，
x∈[1,ln4] 时，，x∈[ln4,2] 时，
所以在上单调递减，在上单调递增，
因为，所以在上恒成立，
即在上恒成立，所以在上单调递减，
所以在上的最大值为，最小值为．
【小问2详解】
由题意得，即，
设，即tx1