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，求在处的切线方程：______． 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，求在处的切线方程：______． 【答案】 【解析】 【分析】对函数求导得，令，可求得，结合导数的几何意义即可求解. 【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：，即或. 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）答案见解析 （2） （3）答案见解析 【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 $$