精品解析：湖北省部分普通高中联盟2024-2025学年高二下学期4月期中联考数学试题

2025年4月湖北省部分普通高中联盟期中联考 高二数学试卷 考试时间：2025年4月15日下午14:30－16:30 试卷满分：150分 ★祝考试顺利★ 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡规定的位置上. 2．答选择题时必须使用2B铅笔，将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其他答案标号. 3．答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上. 4．所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效. 5．考试结束后，将试题卷和答题卡一并交回. 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，只有一项是正确的，请把正确的选项填涂在答题卡，相应的位置上. 1. 在的展开式中，常数项为（ ） A. 160 B. C. D. 2. 下列函数的求导不正确的是（ ） A. B. C. D. 3. 设是等差数列的前项和，若，则（ ） A. B. C. D. 4. 在等比数列中，是方程的两个实数根，则（ ） A. B. C. D. 3 5. 现有6个编号为不同的球和6个编号为不同的盒子，每盒放一球，则恰有三个球的编号和盒子的编号相同的放法，有（ ） A. 20种 B. 30种 C. 40种 D. 80种 6. 与已知直线平行的直线是曲线的切线，当切线与已知直线距离最大时，切点的横坐标为（ ） A. B. C. D. 7. 现有四所学校，每所学校出2名教师参加学科比武大赛，现有4名教师得奖，获奖教师中恰有2名教师来自同一学校的有（ ） A. 24种 B. 48种 C. 72种 D. 96种 8. 下列不等式不正确的是（ ） A. B. C. D. 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. 设数列的前项和是，且，已知，，则下列说法正确的有（ ） A. 数列是等差数列 B. 的最小值是 C. 的最大值是 D. 的最小为15 10. 已知，则（ ） A. B. C. D. 11. 已知函数，则（ ） A. 总有两个极值点 B. 时，只有一个零点 C. 点是曲线的对称中心，则 D. 是的极小值点 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 数列中，，，则通项______． 13. 已知，则在处的切线方程为_____. 14. 已知在上是增函数，则的最小值是______． 四、解答题：本大题共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. 已知数列的前项和为，且 （1）求的通项公式； （2）若，求数列的前项和． 16. 已知函数， （1）若，求的单调区间和极值； （2）有两个根，求的取值范围. 17. 一市级重点中学选中了6名男教师和4名女教师共10名教师，其中1名主任（男）和1名副主任（女），现要组成6人支教小组，依下列条件各有多少种选派方法？ （1）6人支教小组中，有3名男教师和3名女教师； （2）6人支教小组中，既有男教师，又有女教师； （3）6人支教小组中，至少有1名主任参加； （4）6人支教小组中既有主任，又有女教师． 18. 已知中，，．是的前项和． （1）求的通项公式； （2）求的取值范围； （3），，求的通项公式. 19. 已知函数，，． （1）讨论的单调性； （2）若有解，求的取值范围． （3），讨论零点个数. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025年4月湖北省部分普通高中联盟期中联考 高二数学试卷 考试时间：2025年4月15日下午14:30－16:30 试卷满分：150分 ★祝考试顺利★ 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡规定的位置上. 2．答选择题时必须使用2B铅笔，将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其他答案标号. 3．答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上. 4．所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效. 5．考试结束后，将试题卷和答题卡一并交回. 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，只有一项是正确的，请把正确的选项填涂在答题卡，相应的位置上. 1. 在的展开式中，常数项为（ ） A. 160 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由二项式展开式的通项公式即可求解. 【详解】由题可得二项式展开式的通项公式为， 令，所以展开式中的常数项为. 故选：B 2. 下列函数的求导不正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用复合函数求导法则，逐项求导判断. 【详解】对于A，，A正确； 对于B，，B正确； 对于C，，C错误； 对于D，，D正确. 故选：C 3. 设是等差数列的前项和，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设出首项和公差，利用得到，再求值即可. 【详解】设首项为，公差为，因为，所以， 则，即，得到， 而，故C正确. 故选：C 4. 在等比数列中，是方程的两个实数根，则（ ） A. B. C. D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】利用韦达定理得到，，进而判断出，再利用等比中项性质求出，最后得到目标式的值即可. 【详解】由题意得在等比数列中，是方程的两个实数根， 则由韦达定理得，，故，得到， 由等比中项性质得，解得，得到，故A正确. 故选：A 5. 现有6个编号为不同的球和6个编号为不同的盒子，每盒放一球，则恰有三个球的编号和盒子的编号相同的放法，有（ ） A. 20种 B. 30种 C. 40种 D. 80种 【答案】C 【解析】 【分析】选择3个盒子使编号与球相同，再求出另三球的方法数，利用分步乘法计数原理求解. 【详解】从6个盒子任取3个，使其与球的编号相同，有种方法，另三球的放法数为2种， 所以恰有三个球的编号和盒子的编号相同的放法的（种）. 故选：C 6. 与已知直线平行的直线是曲线的切线，当切线与已知直线距离最大时，切点的横坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求出函数的导数，利用导数的几何意义求出切点坐标，借助点到直线距离判断即可. 【详解】设切点坐标为，求导得， 依题意，，即，解得或， 则切点坐标为或，切线与直线的距离即切点到该直线距离， 当切点为时，， 当切点为时，， 由，即点到直线的距离最大. 故选：D 7. 现有四所学校，每所学校出2名教师参加学科比武大赛，现有4名教师得奖，获奖教师中恰有2名教师来自同一学校的有（ ） A. 24种 B. 48种 C. 72种 D. 96种 【答案】B 【解析】 【分析】利用分步乘法计数原理，组合计数问题列式求解. 【详解】从4所学校任取1所的2名教师，再从余下3所学校取2所，并分别取1名教师， 所求的不同方法种数为. 故选：B 8. 下列不等式不正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意设立函数，利用导函数得到函数单调性，通过比较函数值的大小逐项判断即可. 【详解】设函数，则， 当时，单调递增；当时，单调递减. 对于A，因为，所以，即，所以，故A正确； 对于B，因为，所以，即， 所以，故B正确； 对于C，设函数，则，等于0不恒成立， 故是R上的增函数， 因为，所以，即，故C正确； 对于D，设函数，则，等于0不恒成立， 故是R上的增函数， 因为，所以，即，故D错误. 故选：D. 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. 设数列的前项和是，且，已知，，则下列说法正确的有（ ） A. 数列是等差数列 B. 的最小值是 C. 的最大值是 D. 的最小为15 【答案】ACD 【解析】 【分析】先由题设条件求出和，再结合等差数列定义和二次函数性质即可一一计算求解判断各选项. 【详解】数列的前项和，且， 所以， 且， 对于A，当时，， 当时，， 显然满足上式，所以， 所以，故数列是等差数列，故A正确； 对于BC，由上， 因为，所以有最大值；故B错误，C正确； 对于D，令，所以的最小为15，故D正确. 故选：ACD 10. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据给定条件，利用赋值法求解判断ABC；两边求导，再赋值求解判断D. 【详解】对于B，取，得，B正确； 对于A，取，得，则，A错误； 对于C，依题意，均为正数，均为负数， 取，得，则 ，C正确； 对于D，两边求导得，取， 得，D正确. 故选：BCD 11. 已知函数，则（ ） A. 总有两个极值点 B. 时，只有一个零点 C. 点是曲线的对称中心，则 D. 是的极小值点 【答案】ABD 【解析】 【分析】确定的导函数零点情况判断A；求出函数的极值判断B；由对称性求出判断C；利用导数求出极小值点判断D. 【详解】函数的定义域为R，求导得 对于A，方程中，，则函数总有两个变号零点， 因此总有两个极值点，A正确； 对于B，当时，，， 当或时，；当时，， 函数在上单调递增，在上单调递减， 在处取得极大值极小值为，即当时，， 而，因此只有一个零点，B正确； 对于C，由点是曲线的对称中心，得， 即，则，C错误； 对于D，函数的定义域为R，求导得， 当或时，；当时，，是的极小值点，D正确. 故选：ABD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 数列中，，，则通项______． 【答案】 【解析】 【分析】根据给定的递推公式，利用构造法求出通项公式. 【详解】数列中，由，得，而， 因此数列是首项为，公比为3的等比数列，则， 所以. 故答案为： 13. 已知，则在处的切线方程为_____. 【答案】 【解析】 【分析】求出，将代入，解出，利用导数的几何意义求出即为切线的斜率，将代入，求出即为切点的纵坐标，利用点斜式得到切线方程. 【详解】由，得，令，则，解得，所以， 所以在处的切线方程的斜率为， 又， 所以切线方程为：，即. 故答案为：. 14. 已知在上是增函数，则的最小值是______． 【答案】## 【解析】 【分析】求出函数的导数，再利用给定的单调区间建立恒成立的不等式求解. 【详解】函数，求导得， 由函数在上是增函数，得，， 令，求导得，函数在上单调递增， ，因此，而，解得， 所以的最小值是. 故答案为： 四、解答题：本大题共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. 已知数列的前项和为，且 （1）求的通项公式； （2）若，求数列的前项和． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用与的关系，结合等比数列求出通项公式. （2）由（1）求出，再利用裂项相消法求和. 【小问1详解】 在数列中，，当时，， 两式相减得，而，即， 因此数列是首项为2，公比为2的等比数列，， 所以数列的通项公式为. 【小问2详解】 由（1）得， 所以数列的前项和. 16. 已知函数， （1）若，求的单调区间和极值； （2）有两个根，求的取值范围. 【答案】（1）递增区间为，递减区间为，极大值为，无极小值； （2）. 【解析】 【分析】（1）把代入，利用导数求出单调区间及极值. （2）利用函数零点的意义分离参数，构造函数，求出函数的最大值，再利用直线与函数图象有两个交点求出范围. 【小问1详解】 当时，函数的定义域为，求导得， 当时，；当时，， 函数在上单调递增，在上单调递减，当时，取得极大值，无极小值， 所以函数的递增区间为，递减区间为，极大值为，无极小值. 【小问2详解】 函数的定义域为，由，得，令， 由有两个根，得直线与函数的图象有两个交点， ，当时，；当时，， 函数在上单调递增，在上单调递减，， 当时，恒成立，， 因此当时，直线与函数的图象有两个交点， 所以的取值范围是. 17. 一市级重点中学选中了6名男教师和4名女教师共10名教师，其中1名主任（男）和1名副主任（女），现要组成6人支教小组，依下列条件各有多少种选派方法？ （1）6人支教小组中，有3名男教师和3名女教师； （2）6人支教小组中，既有男教师，又有女教师； （3）6人支教小组中，至少有1名主任参加； （4）6人支教小组中既有主任，又有女教师． 【答案】（1） （2） （3） （4） 【解析】 【分析】（1）利用组合数的性质求解即可. （2）（3）（4）先求出目标事件的对立事件概率，再求出目标事件的概率求解即可. 【小问1详解】 由题意得从6名男教师里选3名有种选派方法， 从4名女教师里选3名有种选派方法， 由分步乘法计数原理得共有种选派方法. 【小问2详解】 由题意得从10名教师里选6名有种选派方法， 而只有4名女教师，则6名教师里不可能全是女教师， 若全是男教师，有种选派方法， 故既有男教师，又有女教师的选派方法为种. 【小问3详解】 由题意得从10名教师里选6名有种选派方法， 从不是主任的8名教师里选6名有种选派方法， 则至少有1名主任参加有种选派方法. 【小问4详解】 由已知得从10名教师里选6名有种选派方法， 从不是主任的8名教师里选6名有种选派方法， 若有主任，且没有女教师，有种选派方法， 则既有主任，又有女教师有种选派方法. 18. 已知中，，．是的前项和． （1）求的通项公式； （2）求的取值范围； （3），，求的通项公式. 【答案】（1）； （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）利用累加法求出的通项. （2）由（1）的结论，利用裂项相消法求和，再借助单调性求出范围. （3）由（1）的结论，利用构造常数列法求出通项公式. 【小问1详解】 在数列中，当时，，， ，满足上式， 所以的通项公式是. 【小问2详解】 由（1）知， 则， 而数列单调递增，则，因此， 所以的取值范围是. 【小问3详解】 由（1）知，当时，， 而， 则，即， 因此数列是常数列，则， 所以的通项公式是. 19. 已知函数，，． （1）讨论的单调性； （2）若有解，求的取值范围． （3），讨论零点个数. 【答案】（1）当时，在上单调递增，在上单调递减， 当时，在上单调递增， 在上单调递减，在上单调递增， 当时，在上单调递增， 当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增. （2） （3）则当或时，有个零点， 当时，有个零点， 当时，没有零点. 【解析】 【分析】（1）先判断函数的定义域，在求出的导数，进而对参数进行分类讨论求解单调性即可. （2）利用分离参数法并构造新函数转化为，进而求解参数范围即可. （3）对原函数进行同构，转化为交点问题，进而讨论交点个数，最后讨论零点个数即可. 【小问1详解】 由题意得，的定义域为， 因为，所以， 则， 当时，，令，，令，， 故此时在上单调递增，在上单调递减， 令，则，解得或， 当时，解得，令，， 令，， 故此时在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 当时，解得，得到， 故此时在上单调递增， 当时，解得，令，， 令，， 故此时在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 综上，当时，在上单调递增，在上单调递减， 当时，在上单调递增， 在上单调递减，在上单调递增， 当时，在上单调递增， 当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增. 【小问2详解】 若有解，则有解， 故有解，即有解，则有解即可， 令，则即可，而， 令，，令，， 此时在上单调递减，在上单调递增， 当时，，故，则. 【小问3详解】 因为， 所以， 令，则，故， 令，则，而， 故在上单调递增，故，即， 若讨论的零点个数， 我们讨论和的交点个数即可， 而，令，，令，， 则在上单调递增，在上单调递减， 得到的极大值为， 当时，，当时，， 则当或时，和有个交点， 当时，和有个交点， 当时，和没有交点， 综上，则当或时，有个零点， 当时，有个零点， 当时，没有零点. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $