广东省茂名市2025-2026学年高二下学期期中考试数学试题（Word版附解析）

这是一份广东省茂名市2025-2026学年高二下学期期中考试数学试题（Word版附解析）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，则（ ）
A．B．C．D．
2．（ ）
A．B．C．D．
3．若1，，，，4成等比数列，则（ ）
A．16B．8C．D．
4．曲线（其中e＝2.71828…是自然对数的底数）在点处的切线的斜率为
A．2B．3C．D．
5． 如图是f(x)的导函数f′(x)的图象，则f(x)的极小值点的个数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
6．若，则（ ）
A．4B．6C．7D．8
7．一个小球作简谐振动，其运动方程为，其中(单位：是小球相对于平衡点的位移，(单位：)为运动时间，则小球的瞬时速度首次达到最大时，（ ）
A．1B．C．D．
8．已知等比数列满足若，则（ ）
A．B．
C．D．
二、多选题
9．下列问题属于排列问题的是（ ）
A．从6人中选2人分别去游泳和跳绳
B．从10人中选2人去游泳
C．从班上30名男生中选出5人组成一个篮球队
D．从数字5，6，7，8中任取三个数组成没有重复数字的三位数
10．如图，过原点斜率为的直线与曲线交于两点以下结论中正确的有（ ）
A．的取值范围是
B．函数有两个极值点
C．当时先减后增且恒为负
D．
11．某学校为迎接校园艺术节的到来，决定举行文艺晚会，节目单中有共7个节目，则下列结论正确的是（ ）
A．若节目与节目相邻，则共有1440种不同的安排方法
B．若节目与节目不相邻，则共有3600种不同的安排方法
C．若节目在节目之前表演（可以不相邻），则共有2520种不同的安排方法
D．若决定在已经排好的节目单中临时添加3个节目，现有节目次序不变，则共有336种不同的安排方法
三、填空题
12．若，则________
13．已知数列是递增的等比数列，，则数列的前项和等于 .
14．已知函数的定义域为，，对任意，则的解集为____________．
四、解答题
15．已知函数
(1)求函数的单调区间和极值；
(2)若方程恰有一个实数解，求实数的取值范围.
16．随着经济科技的发展，地铁作为绿色出行的交通工具不仅方便而且环保，很受市民的喜爱.某城市地铁公司决定按照乘客经过地铁站的数量实施分段优惠政策，不超过15站的地铁票价如下表：（）
现有甲、乙两位乘客同时从起点乘坐同一辆地铁，已知他们乘坐地铁都不超过15站．
(1)若甲、乙两人共付车费6元，则甲、乙下地铁的方案共有多少种？
(2)若甲、乙两人共付车费8元，则甲比乙先下地铁的方案共有多少种？
17．在公差不为零的等差数列中，，且，，成等比数列，数列的前n项和满足．
(1)求数列和的通项公式；
(2)设，求数列的前n项和．
18．若数列的首项，且满足．
(1)求证：是等比数列；
(2)求的通项公式；
(3)求的前项和.
19．已知函数．
(1)求证：；
(2)设函数．
①若时，函数单调递增，求的取值范围；
②若函数无零点，求的取值范围．
乘坐站数
票价（元）
2
4
6
参考答案
1．D
【详解】函数的定义域为，.
.
2．A
【详解】由组合数性质，
得，
．
故选：A．
3．B
【详解】因为1，，，，4成等比数列，
，
，(负不合题意，奇数项符号相同)，
则，
故选：B.
4．A
【详解】试题分析：，故选A
5．A
【详解】由导函数f′(x)的图象知
在x＝－2处f′(－2)＝0，且其两侧导数符号为左正右负，x＝－2是极大值；
在x＝－1处f′(－1)＝0，且其两侧导数符号为左负右正，x＝－1是极小值；
在x＝－3处f′(2)＝0，且其两侧导数符号为左正右负，x＝2是极大值；
所以f(x)的极小值点的个数为1，
故选：A
6．D
【详解】由得，解得.
故选：D.
7．D
【详解】小球的瞬时速度为，，，
因此首次达到最大值时，．
故选：D．
8．A
【详解】构造函数（），则，
令，解得； 令，解得；令，解得；
所以函数在上单调递增；在上单调递减；
所以，则，
所以，即，
因为，所以等比数列的公比，
若，则，
此时，这与矛盾；
若，，，
，即.
故选：A
9．AD
【详解】对于A，从6个人中选2人分别去游泳和跳绳，选出的2人有分工的不同，是排列问题；
对于B，从10个人中选2人去游泳，与顺序无关，不是排列问题；
对于C，从班上30名男生中选出5人组成一个篮球队，与顺序无关，不是排列问题；
对于D，从数字5，6，7，8中任取三个数组成没有重复数字的三位数，各数位上的数字有顺序性，是排列问题．
故选：AD
10．ACD
【分析】构造，利用导数去确定的单调区间，再判断每个选项的正确性.
【详解】由题意，与交于两点，即方程有两个正根，等价于有两个解.
令，则，令，.
又，，的取值范围，A选项正确.
，，令，得，故只有一个极值点，B选项错误.
由，得.
当，，单调递减；时，，单调递增.
是交点，，且，故时，先减后增，且，C正确.
在递增，在递减，，又.
，，同理，.
，D正确.
11．ABC
【详解】若节目与节目相邻，共有种不同的安排方法，故正确；
若节目与节目不相邻，共有种不同的安排方法，故B正确；
因为节目在节目之前表演与节目在节目之前表演的情况是一样的，
所以共有种不同的安排方法，故C正确；
添加第一个节目有8种情况，添加第二个节目有9种情况，添加第三个节目有10种情况，
共有种不同的安排方法，故D错误.
故选：.
12．10
【详解】根据组合数的性质
所以
故答案为:10
13．
【详解】由题意，，解得或者，
而数列是递增的等比数列，所以，
即，所以，
因而数列的前项和，故答案为.
14．.
【详解】设，可得，
因为对任意，所以，所以在为单调递增函数，
又由，可得，
所以当时，，即不等式的解集为.
故答案为：.
15．(1)的单调递增区间为和，单调递减区间为，的极大值为，的极小值为
(2).
【详解】（1），.
令，解得或.
的单调递增区间为和，单调递减区间为，
的极大值为，的极小值为.
（2）由（1）可知的极大值为，的极小值为.
当，，作出的大致图象如下：
要使恰有一个实数解，则的图象与的图象有且仅有一个交点，
由图象可得的取值范围为.
16．(1)40种.
(2)34种．
【详解】（1）若甲、乙两人共付车费6元，则其中一人乘坐地铁站数不超过4站，另外一人乘坐地铁站数超过4站且不超过9站，共有（种），
故甲、乙下地铁的方案共有40种.
（2）若甲、乙两人共付车费8元，则甲比乙先下地铁的情形有两类：
第一类，甲乘地铁站数不超过4站，乙乘地铁站数超过9站且不超过15站，有（种）；
第二类，甲、乙两人乘地铁站数都超过4站且不超过9站，记地铁第五站至第九站分别为，，，，，易知甲比乙先下地铁有以下四种情形：
①甲站下，乙下地铁方式有种；
②甲站下，乙下地铁方式有种；
③甲站下，乙下地铁方式有种；
④甲站下，乙只能从下地铁，共有1种方式，
共有10（种），
依据分类加法计数原理，得24+10=34（种），
故甲比乙先下地铁的方案共有34种．
17．(1),
(2)
【详解】（1）设等差数列的公差为，且，
因为，且，，成等比数列，
所以，即，解得(舍)，
所以；
数列的前n项和满足①，
所以当时，，
当时，②，
所以由①②得，即，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以；
（2）由（1）可得，
所以③，
④，
由③④得
，
.
18．(1)证明见解析
(2)
(3)
【详解】（1）已知，则，
整理得：，
即，又因为首项，
因此 是首项为、公比为的等比数列，得证.
（2）由（1）的结论可知，等比数列通项为：，
整理得：.
（3）由（2）可知，，
所以，，
相加整理得：.
19．(1)证明见解析
(2)①；②
【详解】（1）函数的定义域为，.
当时，，单调递增；当时，，单调递减.
所以在处取得极大值，即最大值，最大值为.
所以；
（2）函数的定义域为，
.
①若时，函数单调递增，则在上恒成立，
因为，所以，即在上恒成立.
令，则恒成立，
所以是增函数，所以.
所以的取值范围是；
②当时，，所以在定义域上无零点；
当时，，
若，则，；
若，则，则.
所以在上单调递增，在上单调递减.
所以在处取得极大值，即最大值，最大值为.
若函数无零点，则，所以.
当时，由，得；
又，所以恒成立，无零点.极大值
递增
极大值
递减
极小值
递增