湖北黄冈中学等校2025-2026学年高二年级下学期期中考试数学试题（含解析）

这是一份湖北黄冈中学等校2025-2026学年高二年级下学期期中考试数学试题（含解析），共8页。试卷主要包含了选择题，填空题，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. 下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】，故A正确；
，故B错误；
，故C错误；
，故D错误.
2. 某化工厂生产中需依次投放2种化工原料，现已知有5种原料可用，且依次投料时，若使用甲原料，则甲必须先投放.那么不同的投放方案共有（ ）
A. 10种B. 12种C. 16种D. 20种
【答案】C
【解析】
【分析】根据分类计数原理求解即可.
【详解】分两类，第一类选甲，先投甲，再投除甲外的4种中的任一种，有4种方法，
第二类，不选甲，共有种，根据分类计数原理，共有种.
3. 设为等差数列的前项和，已知，则的值为（ ）
A. 64B. 14C. 10D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】根据等差数列前项和公式，可得，再由等差数列的性质可知，从而求得.
【详解】由等差数列前项和公式，可知：，
所以，
由等差数列的性质“当时，”可知：，
所以.
故选：C.
4. 已知抛物线的焦点为F，点P在抛物线上，点Q在其准线上，三角形PQF为等边三角形，则P点的横坐标为（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】C
【解析】
【详解】如图由题意，因三角形为等边三角形，则准线上的点满足，
由抛物线的定义可知与准线垂直，
，
因，，解得，即P点的横坐标为3.
5. 若正项等比数列的前n项和为，且，则的最小值为（ ）
A. 10B. 15C. 20D. 25
【答案】C
【解析】
【分析】根据是等比数列，由，即，可得，，也是等比数列，结合基本不等式的性质即可求出的最小值.
【详解】因为是正项等比数列，，即，
所以，，也是等比数列，且，
所以，
则，
当且仅当，即取等号，所以的最小值为，故C正确.
故选：C.
6. 函数在上存在最大值，则实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求导判断函数单调性，找到极值点，根据区间内存在最大值确定的范围.
【详解】，
令，得或.
当时，，在上单调递增，
当时，，在上单调递减，
当时，，在单调递增.
因此，是极大值点，是极小值点.
要使上存在最大值，需，
又因为，且，
若，函数在递增，会超过，因此需.
综上：.
7. 已知定义域为的奇函数，其图象为连续不断的曲线，的导函数为.若对任意，都有，且，则关于x的不等式的解集为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】令，首先判断的奇偶性，再利用导数判断函数的单调性，最后根据函数的单调性解函数不等式.
【详解】令，因为是奇函数，即，
所以，即是奇函数；
又当时，，
在上单调递增，在上单调递增，且；
是定义在R上的连续函数，所以在上单调递增；
又，所以，
对于不等式，又，所以，
所以不等式,等价于，即，
所以，且，即不等式解集为．
8. 已知椭圆：的左、右焦点分别为，，且.若椭圆上存在点，使得的外接圆直径为，则椭圆的离心率的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设，易得为锐角，且；由正弦定理可得，进而求得；结合余弦函数性质得到；利用几何关系及二倍角公式求得，代入求得；结合可求得，即可求解.
【详解】记椭圆的上顶点为，，由，得，所以为锐角，
中，由正弦定理，知，所以，
易知，所以，且，
又，
所以，解得或（舍去）.
又，故，所以，
综上，椭圆的离心率的取值范围是.
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. 已知双曲线：的上焦点为，直线：是的一条渐近线，是上支上的一点，为坐标原点，则（ ）
A. 到的距离为2B. 的焦距为
C. 的离心率为D. 若，则的最小值为4
【答案】CD
【解析】
【分析】根据渐近线求出双曲线的标准方程，结合点线距公式计算即可判断A；根据焦距和离心率的定义即可判断BC；根据双曲线的定义计算即可判断D.
【详解】由题得双曲线：的渐近线方程为，
又直线：是的一条渐近线，
所以，即双曲线的标准方程为.
A选项，到：的距离为，故A错误；
B选项，，故双曲线的焦距为，故B错误；
C选项，双曲线的离心率，故C正确；
D选项，设双曲线的下焦点为，由双曲线的定义得，即，
所以，
当且仅当A，，三点共线时，取得最小值为4，故D正确.
故选：CD
10. 大衍数列是中国古代数学中的数列，该数列在现代通信编码领域中得到应用．已知大衍数列满足，，则正确的有（ ）
A. B.
C. D. 数列的前10项和为110
【答案】AC
【解析】
【分析】利用所给数列关系式计算可得A；得到与即可得B；由题意可得，结合累加法与等差数列求和公式计算可得C；并项求和结合等差数列求和公式可得D.
【详解】对于A，由题意可得，，
，，，，故A正确；
对于B，因为为偶数，所以，
因为为奇数，所以，
所以，故B错误；
对于C，因为为偶数，所以，
又因为为奇数，，
所以，所以，
所以
，故C正确；
对于D，设数列的前项的和为，
由，则，
故
，故D错误.
11. 我们把方程的实数解称为“欧米加常数”，记为. 和e一样，都是无理数，还被称为指数函数中的“黄金比例”·下列关于的结论正确的是（ ）
A. B.
C. 若，则D. 函数的最小值为
【答案】ABC
【解析】
【分析】A：构造函数，利用导数判断其单调性，结合零点存在性定理分析判断；B：对，取对数整理即可；C：假设成立，再两边取对数，结合选项B分析判断；D：结合不等式分析可知，当且仅当时，等号成立，结合的零点分析判断.
【详解】A：构造，得，
知在内单调递减，且，所以在内无零点；
在内单调递增，且，
所以存在唯一零点，故A正确；
B：由A知，存在，使得，即，取对数得，，
，故B正确；
C：由B知，，则，
若，则，所以，故C正确；
D：构造函数，则，
令，解得；令，解得；
可知在内单调递减，在内单调递增，
则，可得，当且仅当时，等号成立，
则，
当且仅当，即时，等号成立，
因为在内单调递减，且，，
可知在内存在唯一零点，即，
所以的最小值为，不为，故D错误.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 曲线在点处的切线方程为______．
【答案】
【解析】
【详解】由，得，
则且，即切线的斜率为，切点坐标为，
所以切线方程为，即．
13. 用4种不同的颜色给下图的4个三角形格子（标注为①②③④）涂色，每个格子各涂一种颜色，要求相邻的两个格子不同色，不同的涂色方法数为______.（请用数字作答）
【答案】108
【解析】
【详解】先涂③，有4种颜色选择，再涂①，有3种颜色选择，
再涂②，有3种颜色选择，最后涂④，有3种颜色选择，
根据分步乘法可知不同的涂法共有种，所求涂色方法总共有108种.
14. 已知数列满足：，，则
（1）首项的取值范围是______.
（2）当时，记，且，则整数______.
【答案】 ①. ②. －5
【解析】
【分析】根据递推关系可得，利用即可得到的取值范围；然后得到，利用裂项相消即可求得，进而求解.
【详解】由，，所以，
解得，所以，
由，，所以.
由，得，
所以，
因为，所以
，
因为，且，
所以，则有，
所以，则.
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. 已知数列的前n项和满足，且.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，证明：.
【答案】（1）；（2）证明见解析．
【解析】
【分析】
（1）由化已知式为的递推关系，确定是等比数列，从而易得通项公式；
（2）由（1）求得，用裂项相消法求得和即可证得不等式成立．
【详解】（1）∵①，∴时，②，
①－②得，即，
又，，∴是等比数列，
∴．
（2）由（1），
，
∴．
本题考查求数列的通项公式，考查用裂项相消法求数列的和．由求时，在注意只有在时有，与其方法不相同，因此要检验与关系是否与后面项的关系一致．
16. 已知椭圆C：的焦距为，离心率为.
（1）求C的标准方程；
（2）若，直线l：交椭圆C于E，F两点，且的面积为，求t的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意得到，，即可得到答案.
（2）首先设，，根据直线与椭圆联立，结合根系关系得到，设直线l与x轴的交点为，再根据求解即可.
【小问1详解】
由题意得，，，
又，则，
则，
所以C的标准方程为.
【小问2详解】
由题意设，，如图所示：
联立，
整理得， ，
则，，
故.
设直线l与x轴的交点为，
又，则，
故，
结合，解得.
17. 已知数列的前n项和为，且，，数列满足：，，，.
（1）求数列，的通项公式；
（2）若不等式对任意恒成立，求实数k的取值范围.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）分别判断出数列是等比数列，是等差数列，求出，的通项公式；
（2）利用分离参数法得到，设，求出取得最大值，即可求出实数k的范围.
【小问1详解】
数列的前n项和为，，，
当时，，则，
而当时，，即得，
因此，数列是以1为首项，3为公比的等比数列，则.
数列中，，，则数列是等差数列，
而，，即有公差，则，
所以数列，的通项公式分别是：，.
【小问2详解】
由（1）知，，
对任意恒成立，设，则，
当，，为单调递减数列，当，，为单调递增数列，
显然有，则当时，取得最大值，即最大值是，因此，，所以实数k的取值范围是.
18. 已知函数．
（1）若函数，求函数的单调区间；
（2）若函数有两个不同的零点，记两个零点分别为，且．
①求a的取值范围；
②已知，若不等式恒成立，求的取值范围．
【答案】（1）当时，的单调递增区间为，无单调递减区间；
当时，的单调递增区间为，单调递减区间为．
（2）①；②．
【解析】
【分析】（1）先化简，求导得，按与分类，根据导数的正负判断单调区间；
（2）①有两个零点等价于，求的单调性与最大值，结合图象得；
②由零点条件将不等式转化为，代入，换元，构造函数，求导分析单调性得．
【小问1详解】
由题意得的定义域为，，
当时，，则在区间内单调递增；
当时，由，得，（舍去），
当时，，单调递增，当时，，单调递减．
所以当时，的单调递增区间为，无单调递减区间；
当时，的单调递增区间为，单调递减区间为．
【小问2详解】
①依题意，函数的定义域为，
所以函数有两个不同的零点，
可得方程在有两个不同根，
得到函数与函数的图象在上有两个不同交点，
又，当时，，单调递增；
当时，，单调递减，所以．
又有且只有一个零点是1，且在时，，在时，，
如图，的图象如下：
可见，要想函数与函数在图象上有两个不同交点，只需．
②由①可知分别为方程的两个根，即，，
所以原式等价于．
因为，，所以原式等价于．
又由，作差得，，即，
所以原式等价于．
因为，原式恒成立，即恒成立，
令，，则不等式在上恒成立．
令，则．
当时，可见时，，所以在上单调递增，
又，在恒成立，符合题意；
当时，可见当时，；当时，，
所以在时单调递增，在时单调递减．
又，所以在上不能恒小于0，不符合题意，舍去．
综上所述，若不等式恒成立，只须，又，所以．
19. 已知抛物线：的焦点为，上任意一点到的距离与到点的距离之和的最小值为.
（1）求抛物线的标准方程；
（2）如图，已知过点的直线，与分别交于点与点，（其中点在第一象限）直线与直线交于点，线段与的中点分别为.
①证明：点在定直线上；
②若直线，直线的斜率分别为，，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）①证明见解析②
【解析】
【分析】（1）根据抛物线的定义，把到的距离与到点的距离之和的最小值转化为到准线的距离为和到点的距离之和的最小值，再根据平面几何即可得出答案；
（2）①设，，，，计算出直线的方程和直线的方程，然后联立并根据韦达定理即可证明；②计算出，再根据基本不等式求解.
【小问1详解】
如图，设点到准线的距离为，
抛物线的准线方程为，由抛物线的定义，得，解得，
当且仅当三点共线时，等号成立，所以抛物线的标准方程为.
【小问2详解】
①设，，，，
直线的方程为，直线的方程为，
联立消去整理得，
所以，，
联立，消去，可得，所以，，
所以直线的方程为，
即，
同理直线的方程为，
联立，得，
即，
即，
即，
所以，即点在直线上.
②由题意可知，，的斜率存在且均不为0，
因为，所以设直线的方程为，则直线的方程为，
由①知，，.所以，，
所以，，
所以，
当且仅当，即时取等号，又易知，所以的取值范围为.