湖北黄梅县第一中学2025-2026学年高二下学期数学测试卷4.14

黄梅一中高二数学测试卷 考试时间：4月14日晚19：00—21：30 一、单选题：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，只有一项是符合题目要求的． 1.下列求导运算正确的是（ ） A. B. C. D. 2.数列满足（），且，，则（ ） A. B. 9 C. D. 7 3. 在等比数列中，是方程的两个实数根，则（ ） A. B. C. D. 3 4.已知函数在区间存在单调递减区间,则的取值范围是 A. B. C. D. 5.已知点在抛物线上，过焦点且斜率为的直线与相交于，两点，过，两点作准线的垂线，垂足点分别为，两点，则（ ） A. B. C. D. 6.系统的登录密码由个字符组成，其中前位是大写字母、、、的某种排列，后位是不相同的数字，则可能的密码总数是多少（ ） A. B. C. D. 7.用4种不同的颜色给图中6个区域染色，要求边界有重合部分的区域染上不同的颜色，则不同的染色方法有（ ） A. 384种 B. 168种 C. 108种 D. 192种 8. 已知是函数的导函数，且对任意实数x都有，，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 二、多选题：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. 从0，1，2，3，4，5中任选4个不同的数字组成一个四位数，则下列说法正确的是（ ） A. 这样的四位数有300个 B. 若这个四位数是偶数，则这样的四位数有156个 C. 若0，1被选中，且0，1不相邻，则这样四位数有72个 D. 若这个四位数的个位、十位和百位上的数字之和为偶数，则这样的四位数有144个 10. 设正项等比数列的公比为，前项和为，前项的积为，并且满足，，，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. 的最大值为 D. 没有最大值 11. 已知函数，则（ ） A. 在区间上单调递增 B. 极大值点仅有一个 C. 无最大值，有最小值 D. 当时，关于的方程共有3个实根 3、 填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12.若，则正整数值为______. 13.已知，求在处的切线方程：______． 14.对任意，，不等式恒成立，则实数a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. 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． 16.2025武汉马拉松于3月23日鸣枪开跑，4万名跑者踏上一条串联历史与诗意、自然与繁华的赛道，感受这座“每天不一样”的城市的蓬勃心跳．本次赛事设置全程马拉松、半程马拉松和13公里跑3个项目，社会各界踊跃参加志愿服务，现有甲、乙等5名大学生志愿者拟安排在三个项目进行志愿者活动，求 （1）若将这5人分配到三个比赛项目，每个比赛项目至少安排1人，有多少种不同的分配方案？ （2）若全程马拉松项目安排3人，其余两项各安排1人，且甲乙不能安排在同一项目，则有多少种不同的分配方案？ 17. 已知函数在处有极值． （1）求的值. （2）判断是否存在过点的曲线的切线．若存在，求出切线方程；若不存在，请说明理由. 18. 已知，两点在椭圆上，直线交椭圆于两点（均不与点重合），过作直线的垂线，垂足为. （1）求椭圆的标准方程； （2）设直线，的斜率分别为，当时， ①求证：直线恒过定点，并求出定点坐标； ②求最小值. 19.已知函数，，是自然对数的底数. （1）当时，求函数极值； （2）若关于x的方程有两个不等实根，求a的取值范围； （3）当时，若，（其中）满足，求证：. 1． 单选题 1.【答案】C 【解析】 【分析】由复合函数的求导逐项判断即可. 【详解】对于A，，故A错误； 对于B，，故B错误； 对于C，，故C正确； 对于D，，故D错误． 故选：C. 2.【答案】B 【解析】 【分析】根据等差数列项的性质结合通项公式计算求解. 【详解】因为 ，所以等差数列，设公差为， 所以，即得， 所以，所以， 则. 故选：B. 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 4.【答案】B 【解析】 【分析】 先求导可得,则可转化问题为在上有解,进而求解即可 【详解】由题,, 因为,则若函数在区间存在单调递减区间, 即在上有解, 即存在,使得成立, 设,则, 当时,, 所以,即, 故选:B 5.【答案】C 【解析】 【分析】利用点坐标求得抛物线方程，联立直线的方程和抛物线的方程，求得，两点的坐标，由此计算出三角形的面积. 【详解】将点坐标代入抛物线方程得，，故抛物线方程为， 故焦点坐标为，准线方程为.过焦点且斜率为的直线方程为， 代入抛物线方程并化简得，解得或. 故. 故选：C. 6.【答案】C 【解析】 【分析】利用倍缩法可得出前个位置的排法种数，利用排列计数原理可得出后两位的排法种数，再利用分步乘法计数原理可得结果. 【详解】由题意可知，前个位置中有两个位置安排字母，有种， 然后从中选择两个不同的数字排最后两个位置，有种， 由分步乘法计数原理可知，可能的密码种数为. 故选：C. 7.【答案】D 【解析】 【分析】先涂区域，再分类讨论涂4的种数，根据对称性知3，6的涂法，利用分步乘法计数原理得解. 【详解】先给2，5染色，有种方法， 若1和5同色，则4有2种涂法；若1和5不同色，则4有种涂法． 因为1，4分别与3，6对称，所以不同的染色方法有种． 故选：D 8.【答案】B 【解析】 【分析】由条件可得，结合导数运算及求出函数的解析式，解不等式可得结论. 【详解】因为， 所以，即， 所以可设， 即，又， 所以，故， 所以不等式可化为， 故， 所以， 所以不等式的解集为. 故选：B. 二．多选题 9.【答案】ABD 【解析】 【分析】根据排列组合，即可结合选项逐一求解. 【详解】对于A，符合条件的四位数有个，A正确， 对于B，符合条件的奇数有,故偶数有个，B正确， 对于C，先从剩下4个数字选择两个数字，共有，若1在千位，则剩余数字的排列有种， 若1不在千位，则有，故总的四位数有，C错误， 对于D，若千位为1，3，5时，且个位、十位和百位上的数字均为偶数，此时有种， 若千位为1，3，5时，且个位、十位和百位上的数字有一个位置为偶数，另外两个位置的数字为奇数，此时有种， 若千位为2或4时，个位、十位和百位上的数字有一个位置为偶数，另外两个位置的数字为奇数， 此时有种，故符合条件的四位数共有，D正确， 故选：ABD 10.【答案】ABD 【解析】 【分析】根据给定的条件分析公比的符号和大小，再逐项分析即可. 【详解】因为，所以或，即或 若，又，，又,，所以，符合题意， 若，又，则，又，则，与矛盾，不符合题意， 所以没有最大值，所以A、D正确， 因为前项均小于1，从项起均大于1，所以无最大值，故C错误； 又由，所以B正确． 故选：ABD． 11.【答案】BC 【解析】 【分析】利用函数的单调性与导数的关系可判断A选项；利用函数的极值点与导数的关系可判断B选项；利用函数的最值与导数的关系可判断C选项；数形结合可判断D选项. 【详解】对于A选项，当时，，则， 当时，，此时函数单调递增， 当时，，此时函数单调递减，故A错误； 对于B选项，由A选项知，函数在上有一个极大值点， 当时，，则，此时函数单调递增， 当时，，此时函数有极小值点，无极大值点， 综上所述，函数仅有1个极大值点，故B正确； 对于C选项，当时，， 当时，， 所以，函数的最小值为，函数无最大值，故C正确； 对于D选项，如下图所示： 由图可知，当时，关于的方程共有4个实根，故D错误. 故选：BC. 三．填空题 12.【答案】5 【解析】 分析】利用组合数性质化简方程，根据组合数性质解方程即可. 【详解】由组合数性质：，可得，则， 所以或，解得或（舍）. 故答案为：5 13.【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.【答案】 【解析】 【分析】根据题意，得到，令，则，其中 求得恒成立，得到在递增，转化为，转化为，令，得到在为单调递增函数，得到，得到，即可求解. 【详解】由不等式，可得， 即， 令，则，其中 又由恒成立，则在单调递增， 所以，即，即，所以， 令，可得， 所以在为单调递增函数，所以，即，所以， 又因为，所以，所以实数的取值范围是. 故答案为：. 4． 解答题 15.【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.【答案】（1）150 （2）14 【解析】 【分析】（1）按照1，1，3或1，2，2两种方式，先分组再分配即可； （2）先考虑5人中选3人安排到全程马拉松项目的所有情况，再计算甲乙两人在同一个项目的情况，利用间接法即可. 【小问1详解】 将5个人分成3组，且每组至少1人，有两种分法， 若为1，1，3，则有种分组方式， 再将分好的组进行分配，则不同的分配方案有共有种； 若为1，2，2，则有种分组方式， 再将分好的组进行分配，则不同的分配方案有共有种， 所以由分类加法计数原理可知，共有种不同的分配方案. 【小问2详解】 先从5人中选3人安排到全程马拉松项目，有种方法， 然后剩下2人安排到其余两个项目，每个项目安排1人，有种， 则共有种分配方案， 若甲乙两人在同一个项目，则甲乙只能安排到全程马拉松项目，则剩下的3人每个项目安排1人即可，有种分配方案， 最后共有种分配方案. 17.【答案】（1） （2）不存在，理由见解析 【解析】 【分析】（1）利用极值和极值点的定义列式求解；（2）假设存在，设出切点坐标并借助导数的几何意义表示出切线方程，再利用切线过点可得与切点横坐标有关方程，判断该方程是否有解，即可得结论. 【小问1详解】 因为， 由题可知，即，， 解得，此时，经检验满足题意. 所以. 【小问2详解】 不存在． 理由如下：假设曲线存在过点的切线，且切点坐标为． 因为，所以该切线的斜率为， 即该切线的方程为． 若切线经过点，则，整理得， 该方程的根的判别式，该方程无解， 故不存在过点的曲线的切线. 18.【答案】（1） （2）①证明见解析，；②1 【解析】 【分析】（1）将，两点代入椭圆方程解出值即可； （2）①解法一：设直线，，，将直线方程与椭圆方程联立，利用韦达定理结合，解出的关系即可求解；解法二：设，，利用在椭圆上可得， ，作差结合化简即可求解；②由可得点在以为直径的圆上，利用圆的性质求解即可； 【小问1详解】 由题意可得， 所以椭圆的标准方程为：． 【小问2详解】 解法一：①由条件，可知直线的斜率存在， 设直线，，， 联立方程组：， 其中（▲）， 所以，， 由条件，即， 由于直线不过点，故， 化简可得， 所以 ， 代入（▲）式，，此时直线恒过定点． ②因为，所以点在以为直径的圆上，圆心为，半径为， 所以，此时的坐标为，的斜率，满足条件． 故的最小值为． 解法二：①设，，由条件，即（★）， 由点在椭圆上，则有， 即①，同理可得② ， ①②可得： 代入（★）式可得：， 即， 变形可得．所以直线恒过定点． ②解法同一. 19.【答案】（1）极大值，无极小值 （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）求出函数的导数，得出函数单调性进而得出极值； （2）把的根转化为直线与的图象有两个交点求解； （3）由已知可得，构造函数，利用导数探讨单调性即可推理得证. 小问1详解】 时，的定义域为， ，在单调递增，在单调递减， 极大值，无极小值. 【小问2详解】 有两个不等实根， ∴有两个不等实根，即（）， 设，∴， 在单调递增，单调递减，， 当时，，， ∴. 【小问3详解】 当时， ， 在单调递增，在单调递减， 又且， ∴要证，即证， 即证，即证， 设（）， ， ∴在单调递增，又， ∴，又， ∴，∴. 学科网（北京）股份有限公司 $