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湖北楚天协作体 2025-2026 学年高二下学期 4 月期中考试数学试题
一、单项选择题：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
一项是符合题目要求的．
1. 下列求导运算正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用基本函数的导数公式及导数运算法则逐项求导即可.
【详解】对于A， ，A正确；
对于B， ，B错误；
对于C， ，C错误；
对于D， ，D错误.
2. 下列选项中不是数列 的通项公式的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】对各选项的通项公式进行化简，并考虑 为奇数或偶数时各通项公式的取值，即可判断
【详解】对于选项A.
当 为奇数时， ，当 为偶数时，
即 ，是题中数列的通项公式；对于选项B.显然是题中数列的通项公式.
对于选项C.
当 为奇数时， ，当 为偶数时，
所以C选项是题中数列的通项公式
对于选项D
当 为奇数时， ，当 为偶数时，
所以D选项不是题中数列的通项公式.
3. 已知函数 ，若 ，则 （ ）
A. B. 2 C. D. 1
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定条件，利用导数的定义及运算法则列式求解.
【详解】由 ，得 ，
函数 ，求导得 ，
则 ，所以 .
4. 某大学在东、南、西、北及东南五个方向上各有一个校门，如果一在校大学生从其中任意一个校门进入
学校，并且要求从其它的校门出去，那么共有（ ）种进出学校的方式．
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题主要考查分步乘法计数原理，分别确定进校门和出校门各有多少种情况，两者相乘，即可解
决总的进出学校的种数.【详解】学校共有 个校门，学生任选一个进入共有 种选择；
出校门则从其他 个校门任选一个，共有 种选择，
所以，根据分步乘法计数原理，总的进出学校的方式共有 种.
5. 函数 在 上单调递增，则实数 的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用导数与函数单调性的关系得到不等式，结合参数分离及均值不等式求解参数范围.
【详解】函数 在 上单调递增，等价于 对任意 恒成立.
由 恒成立，移项得 .
对 ，由基本不等式 ，当且仅当 ，
即 等号成立，因此 的最小值为 .
要使 恒成立，则 ，即 .
6. 已知数列 为等比数列， ，则 （ ）
A. B. 3 C. 9 D. -3
【答案】B
【解析】
【分析】运用等比数列的通项的性质求解.
【详解】设数列 的公比为 ，那么，
因为
则 ， ，所以 .
7. 将6个各不相同的小球全部放入4个颜色各不相同的盒子中，每个盒子至少放一个小球，其中红色盒子
至多放两个小球，则一共有（ ）种不同的放法．
A. 480 B. 540 C. 1440 D. 4320
【答案】C
【解析】
【分析】若红色盒子放一个小球，则剩下三个盒子按照 或 来放；若红色盒子放两个小球，则剩
下三个盒子按照 来放，再利用分组分配知识解决.
【详解】若红色盒子放一个小球，则剩下三个盒子按照 或 来放，
若按照 来放，有 种；
若按照 来放，有 种,
若红色盒子放两个小球，则剩下三个盒子按照 来放，
共有 种；
故一共有 种不同的放法.
8. 已知函数 和 定义域为 为偶函数，且对任意实数 ，都有
恒成立， ，则不等式 的解集为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】构造新函数 ，利用导数判断其单调性，然后根据 偶函数，所以可得到新构造函数 的奇偶性，利用奇偶性简化分析，最后将目标不等式 变形为与 相
关的不等式，结合 的单调性和奇偶性求解.
【详解】 原不等式右边整理得： ，结合 ，原不等式转化为：
，
由 定义域得 ，即 ，两边除以 得： ，
构造函数 ，则不等式等价于 ，
，由题设 恒成立，
当 时， ，故 ， 在 单调递增；
当 时， ，故 ， 在 单调递减，
又 是偶函数，故 ，即是偶函数，
由偶函数性质： ，结合 在 单调递增，
等价于： ： 或 ，即 或 ，
因此不等式的解集为 .
二、多项选择题：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，有选错的得0分，部分选对的得部分分．
9. 若 ，则下列说法正确的是（ ）
A.
B.C.
D.
【答案】BD
【解析】
【详解】已知 .
令 ，得 ，选项A错误.
由二项式通项 ，令 得 ，
则 ，选项B正确.
令 ，得 ，
代入 得 ，选项C错误.
令 ，得 ，
时， .
两式相减，解得 ，选项D正确.
10. 已知函数 ，则下列选项正确的是（ ）
A. 若 ，则 在 上无极值点
B. 若 ，则 在 上单调递增
C. 当 ，若关于 的方程 有三个实根，则
D. 当 ，若 在区间 上最大值为 ，则 的取值范围为
【答案】ABD
【解析】【分析】根据题目条件求出导函数，利用选项条件结合导函数的单调性和极值点逐一分析.
【详解】由题可得： ，判别式 ，逐个分析选项：
选项A：若 ，则 ，由 得 ，
结合 得 ，因此 开口向上，
恒成立，没有变号零点， 在 上单调，故无极值点，A正确；
选项B：若 ， 开口向上，对称轴为 ，
在 上 单调递增，因此 ，
故 在 上单调递增，B正确；
选项C：当 时， ，
，令 ，则 ， ，
， ； ， ； ，
故极大值 ，极小值 ，
有三个实根等价于 ，C错误；
选项D：当 ，解方程 ，因式分解得 ，
根为 和 ， 在 递增， 递减， 递增，
要使区间 最大值为 ，需满足：① （否则不包含极大值点，最大值小于 ）；
② （若 ，区间内存在 使得 ，最大值大于 ），故 ，D正确
11. 已知数列 的前 项和为 且 ，则下列说法正确的是（ ）
A. 数列 为等比数列
B. 若 ，在 与 之间插入 个数使这 个数组成一个公差为 的等差数列，则
C. 若 ，则数列 的前2026项的和为
D. 若 ，在数列 的 和 项之间插入 个数，使得这 个数成等差数列，其中
，将所有插入的数由小到大组成新数列 ，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据a ,S 的关系式化简计算可得A错误，利用等差数列性质计算可得B正确，由三角函数周
n+1 n
期性以及数列 的通项公式计算可得C正确，根据插入值之间的规律利用错位相减计算可判断D正确.
【详解】由 可得a =2S +1(n≥2)，
n n−1
两式相减可得 ，即 ，
当 时，a =5≠3a ，所以数列 不一定是等比数列，即A错误；
2 1
由 可知a =2S +1=2a +1=3 ，
2 1 1
此时数列 是以 为首项，公比 的等比数列，因此可得a =3n−1,a =3n ，
n n+1在 与 之间插入 个数使这 个数组成一个公差为 的等差数列，则
a −a 3n−3n−1 2×3n−1
d = n+1 n= = ，所以B正确；
n n+1 n+1 n+1
2nπ 2nπ
由a =3n 可得b =log a =n ，所以c =b cos =ncos ，
n+1 n 3 n+1 n n 3 3
2nπ 2(n+3)π (2nπ
)
2nπ 2nπ
又因为cos =cos =cos +2π =cos ，因此cos 的最小正周期为3，
3 3 3 3 3
2π 1 4π 1
易知cos =− ,cos =− ,cos2π=1 ,
3 2 3 2
将数列 的前2026项按周期分组，每组3项，第 组对应组内 的值依次为
1 1
c =− (3m−2),c =− (3m−1),c =3m,
3m−2 2 3m−1 2 3m
1 1 3
每组的和为S =c +c +c =− (3m−2)− (3m−1)+3m= ；
m 3m−2 3m−1 3m 2 2 2
因此数列 的前2026项的和为c +c +···+c +c =(c +c +c )+···+(c +c +c )+c
1 2 2025 2026 1 2 3 2023 2024 2025 2026
1 675×3 1 1
=675(c +c +c )− ×2026= − ×2026=− ，即C正确；
1 2 3 2 2 2 2
插入数的位置规律为 时a ,e ,a 成等差数列， 时a ,e ,e ,a 成等差数列 ;
1 1 2 2 2 3 3
易知1+2+3+···+63=2016 ，所以i=64 时a ,e ,e ,···,e ,···,a 成等差数列，
64 2017 2018 2026 65
364−363 2 364−363 2×363 17×363
该数列的公差为 = ×363,因此e =363+10× =363+2× = ，即D正确.
65 65 2026 65 13 13
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知函数 ，则 在（1，1）处的切线方程为___________.
【答案】
【解析】
【分析】根据导数的几何意义可求出结果.
【详解】函数 的定义域为 ，， ， ，
所以 在（1，1）处的切线方程为 ，即 .
故答案为： .
13. 3名女生和3名男生站成一排拍照留影，男生甲不站两端，女生乙和丙必须相邻，一共有___________
种不同的站法．（用数字回答）
【答案】144
【解析】
【分析】根据捆绑法结合特殊元素优先的原则首先排女生乙丙和男生甲，然后排没有限制的元素，最后根
据分步计数原理即可得出答案.
【详解】因为女生乙、丙必须相邻，先将二人捆绑为一个整体，二人内部有2种排列方式，
此时原6人简化为5个元素（整体+其余4人），
要求男生甲不站两端，5个元素的排列中共有2个端点位置，
甲不能选，因此甲有 个位置可选，即3种站法，
剩余4个元素无特殊要求，全排列有 种站法，
根据分步乘法计数原理，总站法为： .
14. 已知函数 的极值点为 ，函数 ，若 对任意
恒成立，则实数 的取值范围为___________．
【答案】
【解析】
【分析】先确定函数 ，通过整理不等式构造新函数，利用函数的单调性、最值来解决恒成立问题.
【详解】因为 的定义域为 ，极值点为 ，
则 满足 ，解得 ，因此 .将 代入不等式得 ，
整理变形 ，令 ， ，
不等式转化为 对所有可能的 恒成立.
对 求导得 ，
当 时， ，当 时， ，
可知 在 处取最大值 ，因此 的取值范围是 .
令 ，求导得 ，
因此 在 上单调递减，在 上单调递增，且 ，
若 ， 在 单调递减， ，满足 ；
若 ，则存在 （ 是 的另一个大于 的根），使得 ，不满足
；
要使所有 满足 ，只需 ，
即 ，结合 （ 有意义），得 .
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. 已知等差数列 的前 项和为 且 ．
（1）求 ；（2）若 ，数列 的前 项和为 ，求证： ．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据已知解出基本量 ，利用等差数列通项公式即可求解；
（2）利用裂项相消法求和即可求 ，进而得证..
【小问1详解】
设等差数列 的公差为 ，
所以 ，解得 ，
所以 ；
【小问2详解】
由（1）有 ，
所以
，
又 ，当 时， 取最小值，即 ，
所以 .
16. 已知函数 ，且 在 处切线斜率为 ．（1）求 的值及 的值域；
（2） ，求 的极值．
【答案】（1） ；
（2） 的极大值为 ，极小值为
【解析】
【分析】（1）利用导数的几何意义，由切线斜率列方程求参数 ；再通过导数分析单调性，确定函数最
小值，结合极限趋势求值域；
（2）先写出 的表达式，用商的求导法则求导，通过导数符号分析单调性，进而确定极大值和极小值.
【小问1详解】
首先对 求导，由乘积求导法则： ，
在 处切线斜率为 ，代入 得：
因此 ，导数为 ，因 ，则
当 时， ， 单调递减；
当 时， ， 单调递增.
故 的最小值为 .
又 时， ； 时， .
因此 的值域为 .
【小问2详解】已知 ，由商的求导法则得
.
由于 ，则 的符号由 决定，
临界点为 ，单调性如下：
区间
单调递增 单调递减 单调递减 单调递增
因此 在 处取极大值为 ；
在 处取极小值为 .
17. 已知 的展开式中的前三项的二项式系数和为172，其中 ．
（1）求 ；
（2）求展开式中含 的项；
（3）展开式中系数最大项是第几项？
【答案】（1）
（2）
（3）7
【解析】【分析】（1）利用二项式系数的定义计算可解得 ；
（2）根据二项展开式的通项计算即可；
（3）利用展开式中通项的系数，解不等式可得 ，因此展开式中系数最大项是第7项.
【小问1详解】
依题意可知 ，整理可得 ，
即 ,
又 ，解得 ；
【小问2详解】
因为 ，
令 ，解得 ；
因此展开式中含 的项为
【小问3详解】
易知第 项的系数为 ，
令 ，可得 ；
解得 ，又 ，
可得 ，因此展开式中系数最大项是第7项.
18. 已知数列 的首项 且 ， ．（1）证明：数列 为等比数列；
（2）若 ，求数列 的前 项的和 ；
（3）若 ，且不等式 对任意的 恒成立，求实数 的取值范围．
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）对 取倒数，将 代入化简可得 ，结合等比数列定义证明
即可.
（2）根据（1）得到 ，结合等差数列及等比数列的前 项和公式分组求和即可.
（3）求出 ，分 为奇数或偶数两种情况，对 分离参数，分别求出最值即可.
【小问1详解】
证明：由 ，得 ，
又 ，则 ，所以 ，即 .
又 ，
所以数列 是首项为 ，公比为 的等比数列.
【小问2详解】由（1）知， .
当 为奇数时， ；当 为偶数时， ；
所以
.
【小问3详解】
由（2）知， .
则不等式 可化为 .
①当 为奇数时，不等式可化为 ，
则 ，
令 ，因为 为奇数，则 ，
函数 在 上的最小值为 ，所以 的最大值为 ，
所以 .
②当 为偶数时，不等式可化为 ，
则 ，
令 ，因为 为偶数，则 ，
函数 在 上的最小值为 ，所以 的最小值为 ，所以 .
综上， .
所以实数 的取值范围 .
19. 已知函数 ．
（1）当 时，求 的单调区间；
（2）对任意的 恒成立，求实数 的取值范围；
（3） ，设 是方程 的两根，且 ，证明：
．
【答案】（1）
（2） （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）考虑导函数的单调性判断导函数的最值，求得函数在定义域内单调递增；
（2）求出导函数的最值，再根据 的取值分类讨论；
（3）根据 ， 是方程的根，设 ，并根据条件将 ， ， 都用 表示，最后构造函数证明
的等价命题.
【小问1详解】
当 时， ，则
设 ，
则
当 时， ， 单调递减，当 时， ， 单调递增
所以， 在 时取最小值， ，即 有
因此 有 ，即 在定义域 上单调递增
综上所述，当 时， 的单调增区间为 ，无单调减区间
【小问2详解】
对函数 求导得，
设 ，则 ，当 时， ，即 单调递增
所以对于 ，有
故对 ，有
若 ，则 ，有 ，即 在 上单调递增
因 ，所以此时对任意的 ， 恒成立；
若 ，因 在 上单调递增，所以 在 上单调递增且趋于正无穷，故存在
使得
因 ，且在 上 ，故 ，有 ，不满足题意
综上所述，实数 的取值范围为【小问3详解】
方程 化简得 ， ， 为该方程两根，且
设 ，即 ，则 ，两式相减得，
因此 ，化简得 ，则
又因 ，得
要证明 ，即要证明 ，化简得
设 ， ，
则 ，
设 ， ，
则 ，对 ， ，故 在区间 上单调递增
则 ，有 ，当且仅当 时等号成立，故 在区间 上单调递增
则 ，有 当且仅当 时等号成立
故 ，有
综上所述，当 时， ，即
