湖北黄梅县第一中学2025-2026学年高二下学期数学测试卷4.7

黄梅一中高二数学测试卷4月7日 一、单选题 1．有2位同学报名参加5个课外活动小组，每位同学限报其中的一个小组，则不同的报名方法有（   ） A．10种 B．20种 C．25种 D．32种 2．有不同的红球5个，不同的白球4个．从中任意取出两个不同颜色的球，则不同的取法有（    ） A．20种 B．16种 C．9种 D．32种 3．已知是函数的一个极值点，则（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 4．已知函数，若存在，使得成立，则实数的最小值是（ ） A． B． C． D． 5．若是定义在区间上的函数，其图象如图所示，设的导函数为，则的解集为（    ） A． B． C． D． 6．已知函数若方程恰有2个实根，则实数的取值范围是（   ） A． B． C． D． 7．已知函数，为的导函数，若，使得，则实数的最小值为（    ） A．1 B．2 C． D． 8．若函数在区间内有两个零点，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 二、多选题 9．函数，则（   ） A． B．的单调递增区间为 C．最大值为 D．有两个零点 10．已知函数，则下列四个结论正确的是（ ） A．的极大值点为2 B．若关于的方程恰有两实根，则 C.有4个实根 D.关于的不等式的整数解至少有两个 11．对于函数，下列说法正确的是（    ） A．在上单调递减，在上单调递增 B． C．设有3个不同的零点，则 D．若方程有6个不等实数根，则 三、填空题 12．2025的正因数的个数为__________个.（用数字作答） 13．已知曲线在点处的切线为，若直线与抛物线也相切，则_________． 14．已知函数恰有2个极值点，则实数a的取值范围为________. 四、解答题 15．记为数列的前n项和，已知是公差为的等差数列． (1)求的通项公式； (2)证明：． 16．已知函数. (1)求的值域； (2)讨论函数的零点个数. 17．已知函数． (1)当时，讨论的单调性； (2)若有两个零点，求a的取值范围． 18．已知抛物线的焦点为，上的点到的距离为5． (1)求和的值； (2)，为上两点，的重心在直线上． ①证明：直线的斜率为定值； ②设直线与轴交于点，线段的中点为，线段的中点为，过点向直线作垂线，垂足为．证明：点在定圆上运动． 19．设函数． (1)若，求的图象在处的切线方程； (2)若在上恒成立，求a的取值范围； (3)当时，若满足，求证：． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 《黄梅一中高二数学测试卷4月7日》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C A C A C B C D ABD ACD 题号 11 答案 BCD 1．C 【分析】利用分步乘法计数原理求解即可. 【详解】每位同学都有5种选择，则不同的报名方法有（种）． 故选：C． 2．A 【分析】采用分步乘法计数原理进行分析，第一步取红球，第二步取白球，将两次的取法数相乘可得结果. 【详解】依题意，第一步，取红球，有5种不同取法；第二步，取白球，有4种不同取法． 根据分步乘法计数原理可知，共有（种）不同的取法. 3．C 【详解】由题意得：， 又是的一个极值点，所以，所以， 所以，所以. 4．A 【分析】利用导数求出函数在时的最小值，结合题意即可求得答案. 【详解】由，得， 当时，，故在上单调递减， 当时，，故在上单调递增， 故当时，， 而存在实数，使得成立，故， 即实数t的最小值是. 故选：A 5．C 【分析】根据图象，直接写出的单调区间，进而得出在区间上的符号，即可求解. 【详解】由图知函数的减区间为，，增区间为， 和分别是的极小值点和极大值点， 所以当时，，当时，， 当和时，， 又由图知时，，时，， 又等价于，所以的解集为. 6．B 【分析】画出函数图象，数形结合得到答案. 【详解】时，，则， 令得，令得， 故在上单调递增，在上单调递减， 又，时，，故， 当时，单调递增，且， 画出的图象如下： 方程恰有2个实根，即与有2个交点， 则，则实数的取值范围是. 7．C 【分析】求导得的解析式，根据基本不等式，可得的值域及的单调性，根据条件可得与的值域的关系，结合二次不等式的解法，即可得答案. 【详解】由题意，定义域为R， 因为恒成立，所以， 当且仅当，即时取等号， 则的值域为，且在R上单调递增， 由，得， 因为，使得， 所以，即， 令，则，解得或（舍）， 所以，解得， 则实数的最小值为. 8．D 【详解】， 令， 当时，单调递增， 当时，单调递减，， 函数的图象如下图所示： 因为函数在区间内有两个零点， 所以直线与函数有两个不同的交点， 所以，所以实数的取值范围是. 9．【答案】ABD 【分析】对函数求导，根据导函数的符号确定原函数的单调性，继而得到函数的极值，即可逐一判断A,B,C,再结合函数的趋势，利用零点存在定理，作出其图象即可判断D. 【详解】对于A，因的定义域为，则，故A正确； 对于B，由可得，即的单调递增区间为，故B正确； 对于C，由上分析，当时，；当时，. 即函数在上单调递减，在上单调递增，则时，取得最小值，故C错误； 对于D，由上分析，函数在上单调递减，在上单调递增，且， 而当时，；当时，， 由零点存在定理，可知函数在区间和各有一个零点，故D正确. 故选：ABD. 10．ACD 【分析】通过求导分析极值点，结合方程根的个数、复合函数零点即可验证ABC选项，对于D，在的情况下就存在两个整数解，所以关于的不等式的整数解至少有两个，故D正确. 【详解】对于A，由题意得，令，或， 则当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以是极大值点，故A正确； 对于B，当时取极小值， 当时取极大值， 当时，，如图， 则当时，恰有两实根，故B错误； 对于C，令，解得， 设，则， 易得，且，， 当时，由的图象可得有两个解， 当时，因为，由的图象可得有两个解， 故有4个实根，故C正确； 对于D，当时，，存在整数解使满足题意， 存在整数解使满足题意， 故关于的不等式的整数解至少有两个，D正确. 11．BCD 【分析】首先进行求导，借助单调性即可判断出AB； 选项C，为数形结合思想，转化为，画图判断交点问题； 选项D，为复合函数问题，为偶函数，图像关于轴对称，所以要使在时有3个解即可. 【详解】解：对于A选项，的定义域为，所以A选项错误； 对于B选项，，令可得， 即函数在上单调递增，， 即，所以B选项正确； 对于C选项，令，即， 有3个不同的零点等价于函数和函数有3个不同的交点， 由图像可知，，解得，所以C选项正确； 对于D选项，方程有6个不等实数根等价于函数和函数有6个不同的交点， 由图像可知，，所以D选项正确． 12．15 【分析】对2025进行质因数分解，然后应用正因数个数定理计算结果即可. 【详解】因为， 则根据正因数个数定理，2025的正因数个数为个. 故答案为：15. 13．/ 【分析】先求曲线在点处的切线方程，再与抛物线方程联立，利用相切条件（判别式为零）解出. 【详解】设，则，则， 则在处的切线的方程为，即， 联立，得， 因为直线与抛物线也相切， 则有，解得. 14． 【分析】由题可得有两个不同正根，利用分离参数法得到.令，，只需与有两个交点，利用导数研究的单调性与极值，利用数形结合即可求解. 【详解】因为函数的定义域为， 由，可得， 要使函数有两个极值点，只需有两个不同正根，并且在的两侧的单调性相反， 由得，，所以， 由题意可知与有两个不同的交点， 令，则， 所以当时，，函数在上单调递增， 当时，，函数在上单调递减， 所以，当时，， 作出图形如图所示： 由图象可得实数a的取值范围为. 故答案为：. 15．(1) (2)见解析 【分析】（1）利用等差数列的通项公式求得，得到，利用和与项的关系得到当时，,进而得：，利用累乘法求得，检验对于也成立，得到的通项公式； （2）由（1）的结论，利用裂项求和法得到，进而证得. 【详解】（1）∵，∴,∴, 又∵是公差为的等差数列， ∴,∴, ∴当时，， ∴, 整理得：, 即, ∴ ， 显然对于也成立， ∴的通项公式； （2） ∴ 16．【答案】(1) (2)答案见解析 【分析】（1）利用导数的性质进行求解即可； （2）根据（1）的结论，画出函数的图象、函数零点的定义，利用数形结合思想进行求解即可. 【详解】（1）由， 令，或， 当时，单调递减， 当时，单调递增， 当时，单调递减， 所以函数在时，极小值为，极大值为， 而， 所以函数在时，最大值为，最小值为， 所以函数在时，值域为 （2）函数， 函数的零点个数转化为直线与函数图象交点个数问题， 结合（1）的结论，在同一直角坐标系内，画出直线与函数图象， 当，或时，直线与函数图象没有交点，因此函数没有零点， 当，或时，直线与函数图象有个交点，因此函数有个零点， 当时，直线与函数图象有个交点，因此函数有个零点， 综上所述：当，或时，函数没有零点， 当，或时，函数有个零点， 当时，函数有个零点. 17．(1)函数在上单调递减，在上单调递增 (2) 【分析】（1）求导，讨论导函数的符号，可得函数的单调性. （2）分析函数的单调性，由函数的极小值小于0可得a的取值范围. 【详解】（1）当时，，所以. 由；由. 所以函数在上单调递减，在上单调递增. （2）因为. 若，则在上恒成立，所以在上单调递增； 若，由；由. 所以函数在上单调递减，在上单调递增. 若函数有两个零点，必有. 且极小值. 且当时，；当时，. 所以当时，函数有两个零点. 18．(1)， (2)①证明见解析②证明见解析 【分析】（1）根据抛物线的定义结合求出，进而得到抛物线方程，将点代入抛物线方程即可求出. （2）①方法一：利用作差法及重心坐标公式证明即可. 方法二：设出直线方程及交点坐标，与抛物线方程联立，利用韦达定理结合重心坐标公式证明即可. ②结合①设出直线方程及交点坐标，与抛物线方程联立，结合韦达定理求出点坐标，利用中点坐标公式求出点坐标，即可求出直线方程. 方法一：求出直线方程恒过定点，结合集合关系即可证出在以为直径的定圆上运动. 方法二：求出的方程，与直线方程联立，得到点坐标，取特殊点求出圆的方程，再将点坐标代入验证即可. 【详解】（1）抛物线的准线方程为． 根据抛物线定义，，所以． 因此，抛物线的方程为． 将代入抛物线方程：，又，故． （2）①方法一： 设，， 则的重心为， 由题意知，，则． 所以直线的斜率，为定值． 方法二： 因为直线的斜率不为零， 所以设直线的方程为，显然． 设，． 联立，整理得． 所以. 已知， 所以的重心的纵坐标， 所以，解得． 因此，直线的斜率，为定值． ②因为直线的斜率不为零， 所以设直线的方程为．设，． 联立，整理得． 所以. 设为的中点，则： ，， 即． 直线与轴交点，，则中点． 由于，所以． 所以． 直线的斜率：， 直线的方程：，整理得. 法一： 令，代入方程，解得， 因此，直线经过定点． 因为，于， 所以在以为直径的定圆上． 法二： 由于，， 所以的方程为，即， 联立，得 即． 令，则，， 令，则，， 令，则，， 求得经过，，的圆方程为， 代入的坐标符合，所以在定圆上． 19．(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）对函数求导，求出切线斜率和切点坐标，进而求得切线方程. （2）对函数求导，判断单调性求出最小值，分两种情况讨论不等式恒成立时的范围. （3）对函数求导，判断单调性，设，求导判断单调性，进而证明结论. 【详解】（1）时，，对函数求导得. 所以. 所以的图象在处的切线方程为，即. （2）由得. 因为在上单调递增，所以. 若，则在上恒成立，所以在上单调递增， 又，所以在上恒成立， 若，令得或，且. 当时，，单调递减， 所以，与在上恒成立矛盾， 综上所述，的取值范围是. （3）证明：当时，， 所以在上单调递增，又， 所以时，时，. 若，则，不合题意； 若，则，不合题意，所以. 设，则. 所以在上单调递增，因为，所以. 因为，所以. 又，所以，即. 又在上单调递增，所以，即. 所以，即. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $