精品解析：湖北省武汉市新洲区2024-2025学年高二下学期4月期中数学试题

2024～2025学年度下学期期中 新洲区部分学校高中二年级质量检测 数学卷 考试用时：120分钟 满分：150分 考试时间：2025.04 一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 若，则的值为（ ） A. 2 B. 8 C. 2或8 D. 2或4 【答案】A 【解析】 【分析】利用组合数的性质求出的值. 【详解】由组合数的性质可得，解得， 又，所以或， 解得（舍去）或. 故选：A. 2. 中国灯笼又统称为灯彩，主要有宫灯、纱灯、吊灯等种类.现有4名学生，每人从宫灯、纱灯、吊灯中选购1种，则不同的选购方式有（ ） A. 种 B. 种 C. 种 D. 种 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定条件，利用分步乘法计数原理列式即得. 【详解】依题意，每个人选购方式有3种，所以不同的选购方式有种. 故选：A 3. 在等差数列中，若其前项和为，已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由等差数列的性质及可求a5，代入等差数列的求和公式9a5可求 【详解】由等差数列的性质可得 ∴a5＝5 45 故选：C． 【点睛】本题主要考查了等差数列的性质（若m+n＝p+q，则am+an＝ap+aq）的应用，等差数列的求和公式的应用，属于基础试题 4. 已知函数，则在处的切线斜率为（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】对函数进行求导，将代入结合导数的几何意义即可得结果. 【详解】由得， 所以，即， 所以在处的切线斜率为， 故选：B. 5. 的展开式中，含项的系数为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先求出的通项公式，然后整理出项的系数，根据系数相等可得答案. 【详解】的展开式的通项公式为， 令，可得， 所以含项的系数为，即，解得. 故选：C. 6. 函数的大致图象是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】分,,,，讨论的正负号，排除A,C，比较的大小，排除D. 【详解】函数的定义域为， 当时，，当时，，故选项C错误， 当时，，当时，，故选项A错误， 且，， 因为，所以，故选项D错误. 只有B中图象符合题意， 故选：B. 7. 已知等比数列中，各项都是正数，且，，成等差数列，则 （ ） A. 4 B. 2 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设等比数列的公比为，根据题中条件可求得的值，进而可求得，即可得解. 【详解】设等比数列的公比为，则， 由于，，成等差数列，则，即， 因为，整理得，即， ，解得， 因此，. 故选：A . 8. 我们比较熟悉的网络新词，有“yyds”、“内卷”、“躺平”等，定义方程的实数根叫做函数的“躺平点”．若函数，，的“躺平点”分别为，，，则，，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据定义分别求得和，再构造函数，根据导数确定零点的取值范围即可求解． 【详解】，则，即， ，则， 设，则， 所以在单调递增，又， 所以存在，使得，即； ，则，即， 综上所述，， 故选：A． 二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分. 9. 将四大名著《红楼梦》、《西游记》、《三国演义》、《水浒传》，诗集《唐诗三百首》、《徐志摩诗集》和戏曲《中华戏曲》7本书放在一排，则（ ） A. 戏曲书放在正中间位置的不同放法有种 B. 诗集相邻的不同放法有种 C. 四大名著互不相邻的不同放法有种 D. 四大名著不放在两端的不同放法有种 【答案】BD 【解析】 【分析】利用全排列可判断A；利用捆绑法可判断B；利用插空法可判断C；先将除四大名著外的3本书中，挑选2本放在两端，再将剩余的书和位置进行全排列可判断D. 【详解】对于A，戏曲书放在正中间，其余6本书和6个位置进行全排列，共有种不同放法， 故A错误； 对于B，将两本诗集进行捆绑，有种放法，再将捆绑的诗集和剩余的5本书， 进行全排列，此时有种放法，故诗集相邻的不同放法有种，故B正确； 对于C，先将诗集和戏曲进行全排列，有种方法，且3本书之间产生4个空位， 将4大名著进行插空，有种方法，故共有种放法，故C错误； 对于D，将除四大名著外的3本书中，挑选2本放在两端，有种放法， 再将剩余5本书和5个位置进行全排列，有种放法，故四大名著不放在两端的不同放法有 种，D正确. 故选：BD. 10. 已知，则下列结论正确的是（ ） A B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，令可求出，令求解判断，对于B，对原式变形后，分别令可求得结果，，对于C，对原式变形后，根据二项式展开式的通项公式求解判断，对于D，对已知等式两边求导后，赋值判断. 【详解】对于A，当时，得，因为， 当时，所以， 所以，A选项正确； 对于B，， 当时，所以， 令，则， 所以两式相加化简得，所以B错误； 所以其展开式的通项公式为， 当时，，所以C正确， 对于D，由， 得， 令，得， 所以，所以D正确， 故选：ACD 11. 函数在上有唯一零点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】由可得，令，其中，利用导数分析函数的单调性与极值，逐项判断即可. 【详解】由可得，即， 所以，关于的方程在上有唯一实根， 令，其中， 则， 因为，令，其中，则， 所以，函数在上为增函数， 因为，， 所以，存在使得，即， 且当时，，则，故函数在上单调递减， 当时，，则，故函数在上单调递增， 所以，， 由题意可知，直线与函数的图象有唯一公共点，如下图所示： 故，AD错，BC对. 故选：BC. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设，且，则数列的通项公式为______. 【答案】 【解析】 【分析】由已知得，代入得是以为首项，为公差的等差数列，求出通项公式可得答案. 【详解】由已知， 当时，，所以， 代入得，所以， 当时，，，解得， 所以是以为首项，为公差的等差数列， 则数列的通项公式为. 故答案为：. 13. 已知函数，，则的最大值为______. 【答案】 【解析】 【分析】对函数进行求导，判断出单调性即可求出最值. 【详解】因为，所以，， 令得， 当时，，函数单调递增； 当时，，函数单调递减； 所以最大值为， 故答案为：. 14. 已知函数，，若对任意都存在使成立，则实数的取值范围是______. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，问题转化为存在，使成立，从而分离出，构造函数，并利用导数得到取值范围，得到关于的不等式，解得的范围. 【详解】对任意都存在使成立， 而，所以， 即存在，使， 此时，，所以， 因此将问题转化为：存在，使成立， 设，， 当，，单调递增，当，，单调递减， 所以， 由题意，所以， 所以实数的取值范围是. 故答案为：. 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. 有5个男生和3个女生，现从中选出5人担任5门不同学科的科代表，求分别符合下列条件的选法数. （1）含有女生但人数必须少于男生； （2）某男生必须包括在内，但不担任语文科代表； （3）某女生一定要担任语文科代表，某男生必须担任科代表，但不担任数学科代表. 【答案】（1）5400 （2）3360 （3）360 【解析】 【分析】（1）由题意可得男女的人数，根据分组分配，可得答案； （2）按照分步乘法原理，根据限制条件，可得答案； （3）按照分步乘法原理，根据限制条件，可得答案. 【小问1详解】 先选后排，5人可以是2女3男，也可以是1女4男， 所以先选有种方法，后排有种方法， 所以共有不同选法（种）. 【小问2详解】 分步： 第一步，先安排不担任语文科代表的某男生，有种方法； 第二步，然后从剩余的7人中选出4人，有种选法； 第三步，选出的4人排列，有种方法. 根据分步乘法计数原理，共有不同选法（种）. 【小问3详解】 第一步，安排某男生，有种方法； 第二步，从剩余的6人中选出3人，有种选法； 第三步，选出的3人排列，有种方法. 根据分步乘法计数原理，共有不同选法（种）. 16. 已知递增数列满足，点在函数的图象上. （1）证明：数列是等差数列； （2）若，求数列的前项和. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）将点代入到函数式得递推公式，根据等差数列的定义结合对数的运算即可得结果； （2）结合（1）中的结论得到数列的通项公式，通过裂项相消法求和即可. 【小问1详解】 因为， 所以当时， 又因为点在函数的图象上， 所以， 所以 ， 所以数列是首项为2，公差为2的等差数列 【小问2详解】 由（1）可知，， 所以， 所以 所以 所以 ， 即 17. 函数，. （1）求函数的单调区间； （2）当时，若不等式恒成立，求的取值范围. 【答案】（1）答案见解析 （2）. 【解析】 【分析】（1）对函数求导，然后分，两种情况，由导函数的正负可求得其单调区； （2）构造函数，，把不等式的恒成立转化为，求得，结合分析函数的单调性并确定最小值为，再利用函数的单调性解不等式即可. 【小问1详解】 由题意得，， 当时，则，在上单增， 的递增区间为； 当时，令，则；令，则. 的递增区间为，递减区间为. 【小问2详解】 当时，令，， 则，， 由题意，得. 因为， 令，则；令，则， 在上递减，在上递增， ， 故 在上递增， 又， ， 实数的取值范围为. 18. 在的展开式中，第4项的系数与倒数第4项的系数之比为. （1）求的值； （2）求展开式中所有的有理项； （3）求展开式中系数最大的项. 【答案】（1）； （2），，，； (3). 【解析】 【分析】(1)由二项展开式通项公式分别求出第4项的系数与倒数第4项的系数，然后计算出结果 (2)由通项公式分别计算当时的有理项 (3)设展开式中第项的系数最大，列出不等式求出结果 【详解】（1）由题意知：，则第4项的系数为， 倒数第4项的系数为， 则有即，. （2）由（1）可得， 当时所有的有理项为 即，， ，. （3）设展开式中第项的系数最大，则 ， ，故系数最大项为. 【点睛】本题考查了二项式定理的展开式，尤其是通项公式来解题时的运用一定要非常熟练，针对每一问求出结果，需要掌握解题方法． 19. 对于函数，，若存在，使得，则称为函数的不动点；若存在，使得，则称为函数的稳定点. （1）已知，求的不动点； （2）定义函数在定义域内严格递增，则“为函数的不动点”是“为函数的稳定点”的充分必要条件.已知，讨论函数的稳定点个数. 【答案】（1）有唯一不动点1. （2）答案见解析 【解析】 【分析】（1）令函数，利用导数探讨单调性确定零点即可. （2）当时，确定函数单调性，把问题转化为函数的不动点个数求解，利用导数探讨函数的零点即可. 【小问1详解】 令函数，求导得恒成立， 函数在上单调递增，又，因此函数在上有唯一零点1， 所以函数有唯一不动点1. 小问2详解】 当时，函数在上单调递增， 依题意，函数的稳定点与的不动点等价，则只需研究的不动点即可. 令，求导得， 函数在上单调递减， 当时，恒成立，函数在上单调递增， 当从大于0的方向趋近于0时，趋近于负无穷大，且， 则存在唯一的，使得，即有唯一解， 因此函数有唯一不动点； 当时，， 当趋近于正无穷大时，趋近于0，则存在，使得， 即存在唯一，使得，即， 此时在上单调递增，在上单调递减， 于是， 当从大于0的方向趋近于0时，趋近于负无穷大， 当趋近正无穷大时，趋近于负无穷大， 设，则在上单调递增，且， 又在上单调递增， （ⅰ）当时，即， 此时，方程有一个解，即有唯一不动点； （ⅱ）当时，即， 此时，方程无解，即无不动点； （ⅲ）当时，即 此时，方程有两个解，即有两个不动点； 所以当时，无稳定点； 当或时，有唯一稳定点； 当时，有两个稳定点. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024～2025学年度下学期期中 新洲区部分学校高中二年级质量检测 数学卷 考试用时：120分钟 满分：150分 考试时间：2025.04 一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 若，则的值为（ ） A. 2 B. 8 C. 2或8 D. 2或4 2. 中国灯笼又统称为灯彩，主要有宫灯、纱灯、吊灯等种类.现有4名学生，每人从宫灯、纱灯、吊灯中选购1种，则不同的选购方式有（ ） A. 种 B. 种 C. 种 D. 种 3. 在等差数列中，若其前项和为，已知，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知函数，则在处切线斜率为（ ） A. B. C. 1 D. 2 5. 的展开式中，含项的系数为，则（ ） A. B. C. D. 6. 函数大致图象是（ ） A. B. C. D. 7. 已知等比数列中，各项都是正数，且，，成等差数列，则 （ ） A. 4 B. 2 C. D. 8. 我们比较熟悉的网络新词，有“yyds”、“内卷”、“躺平”等，定义方程的实数根叫做函数的“躺平点”．若函数，，的“躺平点”分别为，，，则，，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分. 9. 将四大名著《红楼梦》、《西游记》、《三国演义》、《水浒传》，诗集《唐诗三百首》、《徐志摩诗集》和戏曲《中华戏曲》7本书放在一排，则（ ） A. 戏曲书放在正中间位置的不同放法有种 B. 诗集相邻的不同放法有种 C. 四大名著互不相邻不同放法有种 D. 四大名著不放在两端的不同放法有种 10. 已知，则下列结论正确的是（ ） A B. C. D. 11. 函数在上有唯一零点，则（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设，且，则数列的通项公式为______. 13. 已知函数，，则的最大值为______. 14. 已知函数，，若对任意都存在使成立，则实数的取值范围是______. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 有5个男生和3个女生，现从中选出5人担任5门不同学科的科代表，求分别符合下列条件的选法数. （1）含有女生但人数必须少于男生； （2）某男生必须包括在内，但不担任语文科代表； （3）某女生一定要担任语文科代表，某男生必须担任科代表，但不担任数学科代表. 16. 已知递增数列满足，点在函数的图象上. （1）证明：数列是等差数列； （2）若，求数列的前项和. 17. 函数，. （1）求函数的单调区间； （2）当时，若不等式恒成立，求的取值范围. 18. 在的展开式中，第4项的系数与倒数第4项的系数之比为. （1）求的值； （2）求展开式中所有的有理项； （3）求展开式中系数最大的项. 19. 对于函数，，若存在，使得，则称为函数不动点；若存在，使得，则称为函数的稳定点. （1）已知，求的不动点； （2）定义函数在定义域内严格递增，则“为函数的不动点”是“为函数的稳定点”的充分必要条件.已知，讨论函数的稳定点个数. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$