精品解析：河南信阳高级中学北湖校区2025-2026学年高二下期04月测试（一）数学试题

河南省信阳高级中学北湖校区 2025-2026学年高二下期04月测试（一） 数学试题 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. 设公差不为的等差数列的前项和为，，若，，成等比数列，则（ ） A. 16 B. 8 C. 4 D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】设出公差，借助等差数列及其前项和的基本量与等比中项的性质计算即可得. 【详解】设等差数列的公差为，则有， 即，由，，成等比数列，则， 即，化简得， 由，则，即有，解得， 故. 2. 在我国古代，杨辉三角（如图1）是解决很多数学问题的有力工具，从图1中可以归纳出等式：.类比上述结论，借助杨辉三角解决下述问题：如图2，该“刍童垛”共2023层，底层如图3，一边2025个圆球，另一边2024个圆球，向上逐层每边减少1个圆球，顶层堆6个圆球，则此“刍童垛”中圆球的总数为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，由杨辉三角中观察规律，推广之后，代入计算即可得到结果. 【详解】由杨辉三角中观察得可得， 即； 由题意，2021层“刍童垛”小球的总个数为： . 故选：B 3. 已知数列与均是公差不为0的等差数列，且数列也是等差数列，若，则（ ） A. 24 B. 21 C. 18 D. 15 【答案】A 【解析】 【分析】写出数列与的通项公式，对数列利用等差中项的性质列方程求出数列的公差，从而代入的通项公式求出. 【详解】设的公差为，的公差为， ，解得，所以， ， 因为数列也是等差数列， 所以，即， 解得（舍去）或， 所以，. 故选：A 4. 《测圆海镜》是金元之际李冶所著中国古代数学著作，这是中国古代论述容圆的一部专著，也是论述天元术的代表作.天元术与现代数学中列方程的方法基本一致，先立“天元一”为…，相当于“设为…”，再根据问题的已知条件列出两个相等的多项式，最后通过合并同类项得到方程.设，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】令，结合得到，又，将问题转化为等差数列求和，从而得解. 【详解】令， 当时，， 两式相减可得 ①， 当时，，满足①式， 所以， 故选：D. 5. 记为数列的前n项和，已知，，，若，则的最小值为（ ） A. 1 B. C. 2 D. 3 【答案】A 【解析】 【详解】由等差数列定义数列为等差数列，求出，利用求出，则等价于，再利用配方法求出取得最大值可得答案． 【分析】由知， 所以数列为等差数列， 又，， 则等差数列的公差， 所以，，则， 故， 经检验，满足该通项公式.故， 则等价于， 故当时，取得最大值1，故的最小值为1． 故选：A. 6. 已知一个等比数列首项为，项数是偶数，其奇数项之和为，偶数项之和为，则这个数列的项数为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设这个等比数列共有项，公比为，利用偶数项之和与奇数项之和的比值求得的值，再利用等比数列的求和公式可求得的值，由此可得出该数列的项数. 【详解】设这个等比数列共有项，公比为， 则奇数项之和为， 偶数项之和为， ， 等比数列的所有项之和为，则， 解得，因此，这个等比数列的项数为. 故选：C. 【点睛】本题考查等比数列的求和公式求项数，同时也涉及了等比数列奇数项和偶数项之和的性质的应用，考查计算能力，属于中等题. 7. 已知函数在区间上单调递减，则实数a的最小值为（ ） A. B. C. D. e 【答案】B 【解析】 【分析】由在区间上单调递减，得在上恒成立，进而得，令，利用导数研究单调性求出最大值即可求解. 【详解】由已知得，因为在区间上单调递减， 所以在上恒成立，即，得， 令，则，令，得， 当时，，单调递减，当时，单调递增， 又，所以a的最小值为． 8. 苏轼，字子瞻，号东坡居士，眉州眉山（今四川省眉山市）人，北宋文学家､书法家､画家，历史治水名人.现有苏轼的6本不同诗集全部奖励给3名同学，每人至少分得一本，则共有（ ）种分配方案 A. 90 B. 120 C. 360 D. 540 【答案】D 【解析】 【分析】先分组再分配，利用分步乘法计数原理进行计算. 【详解】先将6本不同诗集分成3组，可分三种情况： 情况一：按分组：则有种； 情况二：按分组：则有种； 情况三：按分组：则有种； 所以6本不同诗集全部奖励给3名同学共有种分配方案， 故选：D 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得6分，部分选的得部分分，有选错的得0分. 9. 下列关于随机事件的概率说法正确的是（ ） A. 若，则事件发生，事件一定发生 B. 若事件与互斥，则 C. 若，则事件与独立 D. 若，，，则事件与独立 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用事件的包含关系可判断A选项；利用互斥事件的概率加法公式可判断B选项；利用条件概率公式和事件独立性的定义可判断C选项；利用事件独立性的定义可判断D选项. 【详解】对于A选项，若，则事件发生，事件不一定发生，A错； 对于B选项，若事件与互斥，则，B对； 对于C选项，若且由条件概率公式可得， 所以，所以，则事件与独立，C对； 对于D选项，若，，则，， 所以，故与独立，即事件与独立，D对. 故选：BCD. 10. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. ，使得 B. 函数的图象是一个中心对称图形 C. 曲线有且只有一条斜率为的切线 D. 存在实数，，使得函数的定义域，值域为 【答案】ABD 【解析】 【分析】求解指数方程计算判断A，应用对称中心定义计算判断B，应用导数值域判断C，应用函数交点判断D. 【详解】因为， 当，所以，可得，且，所以，使得，A选项正确； ，所以函数的一个中心对称为，B选项正确； ，又因为，所以，所以函数没有斜率为的切线，C选项错误； 令，，所以， 有两个交点，所以存在实数，，使得函数的定义域，值域为，D选项正确； 故选：ABD. 11. 已知数列满足，设，则（ ） A. B. C. 数列的前项和为 D. 数列的前37项和为 【答案】AC 【解析】 【分析】根据递推公式赋值计算即可判断A，B，推导出，利用等比数列即可判断C，利用分组求和即可判断D. 【详解】因， 对于A，B，， ，可见，不满足，故B错误，A正确； 对于C，当时，， 所以数列是以为首项，以为公比的等比数列，所以， 其前项和为，故C正确； 对于D，记，同选项C分析方法可得，其前项和为， 所以，故D错误. 故选：AC. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 截至2025年10月28日，国际乒联公布的最新世界排名，男单前5名中有2名中国运动员，3名外国运动员，女单前5名均为中国运动员．若从这10人中随机选取4人进行技术分析，则这4人中至少有一名外国运动员，且男运动员不少于女运动员的所有不同情况有__________种． 【答案】145 【解析】 【分析】需先根据“男运动员不少于女运动员”确定男女人数组合，再分别计算每种组合下“至少有一名外国运动员”的情况数，最后求和. 【详解】若这4人中有4名男运动员，则不同的选取情况共有种； 若这4人中有3名男运动员，1名女运动员，则不同的选取情况共有种， 若这4人中有2名男运动员，2名女运动员，则不同的选取情况有种， 故满足条件的所有不同情况共有种. 故答案为：145 13. 某社区有“驿站取件”和“上门配送”两种快递服务方式，居民首次选择服务方式时，选择两种服务方式的概率均为0.5.已知：若首次选了“驿站取件”，第二次继续选择“驿站取件”的概率为0.7.若首次选了“上门配送”，第二次换选择“驿站取件”的概率为0.2.则居民第二次选择“驿站取件”的概率为_____________，若已知某居民第二次选择“驿站取件”，则他首次选择是“上门配送”的概率为_____________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】根据全概率公式以及贝叶斯公式即可求解. 【详解】设表示首次选“驿站取件”，则， 表示首次选“上门配送”，则， 表示第二次选“驿站取件”则， 根据全概率公式可得， 第二空根据贝叶斯公式可得. 故答案为：， 14. 已知曲线与的公切线为，则在轴上的截距为___________． 【答案】## 【解析】 【分析】分别设出两曲线的切点，并写出切线方程，因为公切线，对应斜率以及截距相等得到等式进行消元求解即可. 【详解】设曲线上的切点为， 又因为，所以直线， 即 设曲线上的切点为， 又因为，所以直线， 即 因为是公切线，所以，解得 所以 所以在轴上的截距为 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. 某校从学生文艺部6名成员（4男2女）中，挑选2人参加学校举办的文艺汇演活动． （1）在已知男生甲被选中的条件下，求女生乙被选中的概率； （2）在要求被选中的两人中必须一男一女的条件下，求女生乙被选中的概率． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先确定已知“男生甲被选中”的概率，再计算“女生乙被选中”的概率，用条件概率公式求解； （2）先计算“一男一女”的概率，再计算“女生乙被选中”的概率，用条件概率公式求解. 【小问1详解】 从6名成员中挑选2名成员，共有15种情况， 记“男生甲被选中”为事件，事件所包含的基本事件数为5种，故． 记“女生乙被选中”为事件，则，故． 【小问2详解】 记“被选中的2人一男一女”为事件，则，“女生乙被选中”为事件，，故． 16. 设数列满足. （1）求数列的通项公式； （2）求数列的前n项和. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据递推公式进行整理得到数列通项公式即可. （2）通过对所需要的数列的通项公式进行裂项，运用裂项相消的方法求和即可. 【小问1详解】 当时，，得． 当时，， ， 两式相减得，则． 当时，符合上式， 所以． 【小问2详解】 由（1）得， 所以， 故． 17. 已知函数． （1）求的单调区间； （2）已知在上有且仅有两个零点，求a的取值范围. 【答案】（1）当时，的单调递增区间为，无单调递减区间；当时，的单调递增区间为，单调递减区间为. （2） 【解析】 【分析】（1）求导后讨论的取值，从而判断导函数的正负，确定单调区间. （2）根据（1）的结论，以及零点存在定理确定不等式，进而求解的取值范围. 【小问1详解】 已知，其定义域为.求导​. 当时，因为，所以，即.所以在上单调递增. 当时，令，即，因为，所以，解得. 当​时，，则，所以在上单调递增； 当​时，，则，所以在上单调递减. 综上，当时，的单调递增区间为，无单调递减区间；当时，的单调递增区间为，单调递减区间为. 【小问2详解】 由（1）可知，当时，在上单调递增，所以在上至多有一个零点，不符合题意. 所以，此时在上单调递增，在上单调递减. 要使在上有且仅有两个零点，当趋近于时，趋近于, 所以根据零点存在定理， 则需满足， ，解得. ，化简得，解得. 又因可得. 综上，的取值范围是. 18. 已知. （1）若，求的值. （2）已知展开式的所有二项式系数之和为256. （i）若，求的值； （ii）若，且，求的取值范围. 【答案】（1） （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）通过赋值法，结合已知条件列方程，求解的值. （2）（i）先由二项式系数之和的性质求出，再利用二项展开式的通项公式写出的表达式，列方程求解的值. （ii）根据是展开式中最大的系数，列出不等式，解不等式得到的取值范围. 【小问1详解】 令，则， 令，则， 所以，故. 【小问2详解】 由二项式系数之和为，得，解得. （i）为展开式中的系数，即. 计算，故，得，即. （ii）当时，展开式中第项的系数为（）. 计算相邻两项系数的比值：，， 要使（），需为系数序列的最大值，满足： ①.序列递增到：对，，即， 此时对，，故，满足. ②.序列递减自：对，，即， 此时对，，故，满足. 综上所述，的取值范围是. 19. 若各项均为正数的数列的前项和为，且． （1）求数列的通项公式； （2）若正项等比数列，满足，求； （3）对于中的，若对任意的，不等式恒成立，求实数的取值范围． 【答案】（1）； （2）； （3） 【解析】 【分析】（1）根据项与和的关系，可得到数列的递推公式，由此判断数列是等差数列，从而求得其通项公式； （2）由题意求出等比数列的通项公式，根据错位相减求和法，求得； （3）分离参数，并构造新函数，通过分析新函数的最值情况，得到实数的取值范围． 【小问1详解】 由，可得，且， 又，所以，  即， 因为，所以，所以， 所以是公差为的等差数列. 又，得，所以. 【小问2详解】 设的公比为，因为，所以， 即，解得舍或， 因为，所以，， 所以，  ， 两式相减得:. 所以； 【小问3详解】 由（2）得不等式，可变为 当为奇数时，， 记，所以，   ， 令，得，所以. 所以时，，即，即， 时，，即，即且取奇数时，单调递增， 此时，即； 当为偶数时，，所以， 时，，即， 时，，即，且取偶数时，单调递增. 此时，所以，即. 综上所述，实数的取值范围为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 河南省信阳高级中学北湖校区 2025-2026学年高二下期04月测试（一） 数学试题 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. 设公差不为的等差数列的前项和为，，若，，成等比数列，则（ ） A. 16 B. 8 C. 4 D. 2 2. 在我国古代，杨辉三角（如图1）是解决很多数学问题的有力工具，从图1中可以归纳出等式：.类比上述结论，借助杨辉三角解决下述问题：如图2，该“刍童垛”共2023层，底层如图3，一边2025个圆球，另一边2024个圆球，向上逐层每边减少1个圆球，顶层堆6个圆球，则此“刍童垛”中圆球的总数为（ ） A. B. C. D. 3. 已知数列与均是公差不为0的等差数列，且数列也是等差数列，若，则（ ） A. 24 B. 21 C. 18 D. 15 4. 《测圆海镜》是金元之际李冶所著中国古代数学著作，这是中国古代论述容圆的一部专著，也是论述天元术的代表作.天元术与现代数学中列方程的方法基本一致，先立“天元一”为…，相当于“设为…”，再根据问题的已知条件列出两个相等的多项式，最后通过合并同类项得到方程.设，若，则（ ） A. B. C. D. 5. 记为数列的前n项和，已知，，，若，则的最小值为（ ） A. 1 B. C. 2 D. 3 6. 已知一个等比数列首项为，项数是偶数，其奇数项之和为，偶数项之和为，则这个数列的项数为（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数在区间上单调递减，则实数a的最小值为（ ） A. B. C. D. e 8. 苏轼，字子瞻，号东坡居士，眉州眉山（今四川省眉山市）人，北宋文学家､书法家､画家，历史治水名人.现有苏轼的6本不同诗集全部奖励给3名同学，每人至少分得一本，则共有（ ）种分配方案 A. 90 B. 120 C. 360 D. 540 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得6分，部分选的得部分分，有选错的得0分. 9. 下列关于随机事件的概率说法正确的是（ ） A. 若，则事件发生，事件一定发生 B. 若事件与互斥，则 C. 若，则事件与独立 D. 若，，，则事件与独立 10. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. ，使得 B. 函数的图象是一个中心对称图形 C. 曲线有且只有一条斜率为的切线 D. 存在实数，，使得函数的定义域，值域为 11. 已知数列满足，设，则（ ） A. B. C. 数列的前项和为 D. 数列的前37项和为 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 截至2025年10月28日，国际乒联公布的最新世界排名，男单前5名中有2名中国运动员，3名外国运动员，女单前5名均为中国运动员．若从这10人中随机选取4人进行技术分析，则这4人中至少有一名外国运动员，且男运动员不少于女运动员的所有不同情况有__________种． 13. 某社区有“驿站取件”和“上门配送”两种快递服务方式，居民首次选择服务方式时，选择两种服务方式的概率均为0.5.已知：若首次选了“驿站取件”，第二次继续选择“驿站取件”的概率为0.7.若首次选了“上门配送”，第二次换选择“驿站取件”的概率为0.2.则居民第二次选择“驿站取件”的概率为_____________，若已知某居民第二次选择“驿站取件”，则他首次选择是“上门配送”的概率为_____________. 14. 已知曲线与的公切线为，则在轴上的截距为___________． 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. 某校从学生文艺部6名成员（4男2女）中，挑选2人参加学校举办的文艺汇演活动． （1）在已知男生甲被选中的条件下，求女生乙被选中的概率； （2）在要求被选中的两人中必须一男一女的条件下，求女生乙被选中的概率． 16. 设数列满足. （1）求数列的通项公式； （2）求数列的前n项和. 17. 已知函数． （1）求的单调区间； （2）已知在上有且仅有两个零点，求a的取值范围. 18. 已知. （1）若，求的值. （2）已知展开式的所有二项式系数之和为256. （i）若，求的值； （ii）若，且，求的取值范围. 19. 若各项均为正数的数列的前项和为，且． （1）求数列的通项公式； （2）若正项等比数列，满足，求； （3）对于中的，若对任意的，不等式恒成立，求实数的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $