吉林省梅河口市第五中学2025-2026学年高二下学期4月期中考试数学试卷（Word版附解析）

这是一份吉林省梅河口市第五中学2025-2026学年高二下学期4月期中考试数学试卷（Word版附解析），共7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．定义在R上的函数，若，则（ ）
A．B．C．2D．4
2．已知正项数列为等比数列，且是与的等差中项，若，则该数列的前5项和为（ ）
A．B．31C．D．以上都不正确
3．将4个相同的商品放在，，，4个空货架上，则有且仅有2个货架上有商品的放法有（ ）
A．18种B．20种C．24种D．120种
4．在数列中，若，则 （ ）
A．B．C．D．
5．已知函数和的导函数､图象分别如图所示，则关于函数的判断正确的是（ ）
A．有3个极大值点B．有3个极小值点
C．有1个极大值点和2个极小值点D．有2个极大值点和1个极小值点
6．已知是函数的导函数，若，且在上的最大值为5，则的值为（ ）
A．1B．C．D．
7．四面体中，，，，且，，则等于（ ）
A．B．
C．D．
8．在直三棱柱中，，若该棱柱外接球的表面积为，则侧面绕直线旋转一周所得到的旋转体的体积为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知等差数列，则下列结论正确的是（ ）
A．等差数列的公差为
B．等差数列的通项公式为
C．等差数列是一个单调递增的数列
D．若，则
10．已知函数，则（ ）
A．有两个零点
B．的极大值与极小值异号
C．的图象关于直线对称
D．的导函数的图象关于点对称
11．（改编自北师大必修一 P197例1）袋中有白球个（编号为、、）、黑球个（编号为、），这个球除颜色、编号外完全相同．现在从中不放回地依次摸取出个，每次摸个，记事件为“第一次取到的球编号为”，事件为“第一次取到的球是黑球”，事件为“取到的两个球都是白球”．则（ ）
A．与互斥B．
C．D．与独立
三、填空题
12．根据导数的几何意义，则函数在处的导数值为___________．
13．已知等差数列的首项为，前项和为，若，且，则的取值范围为__________．
14．已知数列满足，且是的等差中项，是数列的前项和，则__________，___________.
四、解答题
15．已知是首项为1的等比数列，数列满足．
(1)求的通项公式；
(2)设，求数列的前项和．
16．（1）已知函数，若曲线在处的切线也与的图象相切，求a的值．
（2）过点作曲线的切线，若这样的切线有且仅有两条，求实数a的取值范围．
17．一年之计在于春，一日之计在于晨，春天是播种的季节，是希望的开端.某种植户对一块地的个坑进行播种，每个坑播2粒种子，每粒种子发芽的概率均为，且每粒种子是否发芽相互独立.对每一个坑而言，如果全部的种子发芽，则不需要进行补播种，否则要补播种.
(1)当时，用表示要补播种的坑的个数，求的分布列与数学期望.
(2)当取何值时，有4个坑要补播种的概率最大？最大概率为多少？
18．已知是等差数列，其前项和为是等比数列，已知，是和的等比中项．
(1)求和的通项公式；
(2)求数列的前项和；
(3)记，求证：．
19．已知函数.
(1)当时，求证：；
(2)若对于恒成立，求的取值范围；
(3)若存在，使得，求证：.
1．A
利用导数的定义求解即可.
【详解】已知，由导数的定义可以知道，
设，当时，.且
所以
2．B
设的公比为，，由等差数列性质可得，进而可得，再由等比数列前项和公式计算即可.
【详解】设的公比为，，
由已知得，
即，
因为，所以．
解得或（舍去），则，
所以．
故选：B．
3．A
先将4个相同的商品分成两个组，再从4个货架上选两个放入这两组商品，利用分步计数原理求解即可.
【详解】将4个相同的商品分成两个组有两种不同的分法，即1，3分组或2，2分组，
当1，3分组时，因为4个商品相同，只有一种分法，再从4个货架上选两个放入这两组商品有，
当2，2分组时，因为4个商品相同，只有一种分法，再从4个货架上选两个放入这两组商品有，
故有且仅有2个货架上有商品的放法有.
故选：A.
4．A
结合递推关系和首项，求出数列得前几项，归纳出数列周期为4，结合周期性求解.
【详解】因为且，
所以，
，
，
，
，
所以是以4为周期的周期数列，
所以.
故选：A.
5．D
【解析】根据题中图像可知，､的图像有三个不同交点，其交点横坐标按从小到大的顺序，依次记为､，，其中；结合题中函数图像，判定函数的单调性，进而可得极值点.
【详解】由题中图像可知，､的图像有三个不同交点，其交点横坐标按从小到大的顺序，依次记为､，，其中，
由图像可得，当时，，即，则函数单调递增；
当时，，即，则函数单调递减；
当时，，即，则函数单调递增；
当时，，即，则函数单调递减；
所以有两个极大值点和；有一个极小值点.
故选：D.
6．D
【详解】因为，所以，
所以，解得，所以，则，
所以当时，所以在上单调递增，
所以，解得.
故选：D
7．B
【详解】因为，，
所以，
所以，
故选：B.
8．B
由外接球表面积得到球的半径，进而求得，即可求解.
【详解】因直三棱柱中，，
则两个底面三角形的外接圆圆心分别为的中点，
如图所示，.
设棱柱的外接球的半径为，圆心为，
由，可得，由对称性知，O为中点，
由图，解得.
因侧面绕直线旋转一周后得到的几何体是底面半径为，高为2的圆柱，
其体积为.
故选：B
9．AC
选项A，利用等差数列性质求出，进而求出公差；选项B，根据通项公式求出；选项C，根据公差的正负判断数列单调性；选项D，利用通项公式求解特定项的项数.
【详解】选项A，，则，所以，所以A正确；
选项B，，则通项公式为，所以B错误；
选项C，由选项A知，所以C正确；
选项D，由选项B知，则当时，解得，而，所以D错误.
故选：AC.
10．ACD
求导，利用导数可得到的单调性与极值，再结合零点存在定理可判断选项AB；对于C：验证，即可判断；对于D：验证，即可判断.
【详解】，
令，得或，所以在和上单调递减；
令，得，或，在和上单调递增，
列表如下：
因为，，所以在上有且只有一个零点，
又，，所以在上有且只有一个零点，又，故A正确；
由表格知，极大值和极小值同号，故B错误；
因为，
所以的图象关于直线对称，故C正确；
因为，
，
所以的图象关于对称，故D正确.
故选：ACD.
11．BC
利用互斥事件的定义可判断A选项；利用对立事件的概率公式可判断B选项；利用古典概型的概率公式可判断C选项；利用独立事件的定义可判断D选项.
【详解】对于A选项，事件“第一次摸到编号为的黑球”，故与不互斥，A错；
对于B选项，将个编号为、、的白球分别记为、、，
将个编号为、的黑球分别记为、，基本事件总数为，
，
所以，B对；
对于C选项，，所以，C对；
对于D选项，，
，
，
所以，，，
所以，故、不独立，D错.
故选：BC.
12．
根据导数的几何意义得函数在处的导数值为半圆在点处切线的斜率，利用即可求解.
【详解】由题意得，设，又，即，
所以函数表示以原点为圆心，半径为的半圆，
则函数在处的导数值为半圆在点处切线的斜率，
又，由，解得.
13．
根据等差数列通项和前项和的函数性可证得数列为等差数列，结合已知等式可求得，由可构造不等式组求得结果.
【详解】设等差数列的公差为，
，，
数列是以为首项，为公差的等差数列，
，解得：；
，，解得：，
即的取值范围为.
故答案为：.
14． 171
【详解】由题知，解得，
当是偶数，是奇数，故，
所以，因为，
故是首项为，公比为2的等比数列，
故，.
所以当时，，
所以
；
.
故答案为：171；
15．(1)
(2)
（1）根据条件得到方程，求出公比，从而得到通项公式；
（2）先得到，裂项得到，进而求和即可.
【详解】（1）设的公比为，根据题意，当时，．
即，解得．所以．
（2）因为，所以，
方程两边都除以得．
所以．
于是．
16．（1）；（2）
（1）先求曲线在处的切线方程，再设切线方程与的图象相切于点，利用公切线即可求解；
（2）设切点坐标为，利用斜率公式得，进而得，利用二次方程即可求解.
【详解】（1），，又，
曲线在处的切线方程为．
设直线与的图象相切于点，
，，
切线方程为，即，
，解得，
所以；
（2）对求导得，
设切点坐标为，则过点的切线的斜率，
化简得，
依题知，关于的方程有两个不相等的实数根，
，解得或，
故实数a的取值范围是．
17．(1)分布列见解析，
(2)，
（1）先求出每个坑不需补播种和需要补播种的概率，再根据二项分布求出其分布列和期望即可；
（2）求出有4个坑要补播种的概率，再依据二项分布的概率最值问题解不等式求出即可.
【详解】（1）对于一个坑，不需要补播种的概率为，需要补播种的概率为，
由题意可知，的可能取值有，且，
则，，
，，
则的分布列如下：
则数学期望为；
（2）由（1）可知，有4个坑要补播种的概率为，
由，得，
因为为正整数，所以，
则当时，有4个坑要补播种的概率最大，最大概率为.
18．(1)
(2)
(3)证明见解析
（1）由求出，利用又是和的等比中项、求出；
（2）利用错位相减法求出；
（3）利用放缩法和裂项相消法求和可得答案.
【详解】（1）由题意，
，
又是和的等比中项，得，
又，解得，
；
（2）由（1），设，
则，
将以上两式相减得
，
；
（3），
，
，
.
结论得证.
19．(1)证明见解析
(2)
(3)证明见解析
【详解】（1）由，得.
要证，只需证.
令，则.
当时，，则单调递减，
当时，，则单调递增，
所以，故，
因此.
（2）
令，则
①当时，由，得，
因此，满足题意.
②当时，由，得，
因此，则在上单调递增.
若，则，
则在上单调递增，
所以，满足题意；
若，则，
因此在存在唯一的零点，且，
当时，单调递减，
当时，单调递增，
所以，不合题意.
综上，的取值范围为.
（3）由（2）知，设，
则在上单调递减，在上单调递增，
注意到，
故在上存在唯一的零点.
注意到，且在上单调递增.
要证明，只需证，
因为，所以只需证，
即证.
因为，即，
所以，只需证，
只需证（*）
由（1）得，
因此，
设，
则，所以在上单调递增，
所以，
从而，即，因此（*）得证，
从而.题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
A
B
A
A
D
D
B
B
AC
ACD
题号
11









答案
BC









0
0
0
极大值2
极小值
极大值2