2026武汉部分省级示范高中高二下学期期中联考数学试卷含解析

这是一份2026武汉部分省级示范高中高二下学期期中联考数学试卷含解析，共6页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 若为正整数，则等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，结合排列数的计算公式，即可求解.
【详解】由
.
2. 设，则曲线在点处的切线的斜率为（ ）
A. B. C. 1D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，利用导数的定义，得到，结合导数的几何意义，即可求解.
【详解】因为，可得
根据导数的定义，可得，所以，
所以曲线在点处的切线的斜率为.
3. 已知数列是等比数列，为前项和，若，则（ ）
A. 39B. 36C. 27D. 12
【答案】A
【解析】
【详解】设数列的公比为，
又因为，，
所以，则，
因此.
4. 2026年泡泡玛特旗下的IP“星星人”突然爆火，现有5个不同造型的“星星人”．把这5个“星星人”装入3个不同的盒内，每盒至少装一个，共有（ ）种不同的装法．
A. 180B. 150C. 100D. 90
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，先把5个“星星人”按和两种方式分组，再进行全排列，即可求解.
【详解】把这5个“星星人”装入3个不同的盒内，每盒至少装一个，分组方式有两种：
①按分组：先从个中选个为一组，剩下的个各成一组，
可得不同的分组数为；
②按分组：先从5个中选2个为一组，再将剩下的个中选个为一组，最后个为一组，可得不同的分组数为，
最后分配到3个不同的盒内，共有种不同的装法.
5. 已知函数，若在上不单调，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求得，转化为在上有变号零点，设，求得在上单调递增，列出不等式组，即可求解.
【详解】由函数，可得，
要使得函数在上不单调，即在上有变号零点，
设，可得，
所以在上单调递增，即在上单调递增，
则，解得，
所以实数的取值范围为.
6. 某生物兴趣小组在显微镜下拍摄到一种黏菌的繁殖轨迹，如图1.通过观察发现，该黏菌繁殖符合如下规律：①黏菌沿直线繁殖一段距离后，就会以该直线为对称轴分叉（分叉的角度约为），再沿直线繁殖，…；②每次分叉后沿直线繁殖的距离约为前一段沿直线繁殖的距离的一半.于是，该组同学将整个繁殖过程抽象为如图2所示的一个数学模型：黏菌从圆形培养皿的中心O开始，沿直线繁殖到，然后分叉向与方向继续繁殖，其中，且与关于所在直线对称，….若，为保证黏菌在繁殖过程中不会碰到培养皿壁，则培养皿的半径r（，单位：）至少为（ ）

A. 6B. 7C. 8D. 9
【答案】C
【解析】
【分析】根据黏菌的繁殖规律可得每次繁殖在方向上前进的距离，结合无穷等比递缩数列的和的计算公式，即可判断答案.
【详解】由题意可知，，只要计算出黏菌沿直线一直繁殖下去，在方向上的距离的范围，即可确定培养皿的半径的范围，
依题意可知黏菌的繁殖规律，由此可得每次繁殖在方向上前进的距离依次为：，
则，
黏菌无限繁殖下去，每次繁殖在方向上前进的距离和即为两个无穷等比递缩数列的和，
即，
综合可得培养皿的半径r（，单位：）至少为8cm，
故选：C
【点睛】关键点点睛：本题考查了数列的应用问题，背景比较新颖，解答的关键是理解题意，能明确黏菌的繁殖规律，从而求出每次繁殖在方向上前进的距离的和，结合等比数列求和即可.
7. 为了迎接即将到来的端午节龙舟赛，某训练组进入备战状态，该队有6名划手，其中有2名只会划左桨，2名只会划右桨，2名既会划左桨又会划右桨.现要从这6名划手中选派4名参加比赛，并预先选定其中2名划左桨，剩下2名划右桨，则不同的选定方案共有（ ）
A. 15种B. 19种C. 23种D. 36种
【答案】B
【解析】
【详解】根据题意，记只会划左桨的两人，只会划右桨的两人，既会划左桨又会划右桨的两人；
则不同的选派方法有以下三种：
（1）从中选择2人划左桨，划右桨的在中选两人，共有，
（2）从中选择1人划左桨，从中选1人划左桨，再从剩下的3名能划右桨的人中选2人划右桨，共有；
（3）从中选2人划左桨，中的两人划右桨，共有．
所以，不同的选派方法共有19种．
8. 定义在上的函数的图象是一条连续不断的曲线，且，若时，函数满足，则下列说法正确的是（ ）
A. 在上单调递增B.
C. D. 有且只有一个零点
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，构造函数，根据的单调性和奇偶性，求得函数的正负，结合选项，逐项分析判断，即可求解.
【详解】因为函数满足，即，可得函数为奇函数，
设，
可得，
因为时，，
即
可得，
所以在上单调递增，
又由，可得为奇函数，
所以在上单调递增，
又因为图象连续不断，则，所以在上单调递增，
当时，且，所以；
同理可得：当时，，
对于A，由于函数的单调性不确定，故该选项不确定，所以A错误；
对于B，由当时，，可得；当时，，可得，
所以，所以B错误；
对于C，当时，，则，故C错误.
对于D，当时，，当时，，且，
所以函数有且只有一个零点，故D正确.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共计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. 已知为数列的前项和，则下列结论正确的有（ ）
A. B. 是递增数列
C. D. 中不存在连续三项成等差数列
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据题意，由，利用等比数列的性质，通项公式和求和公式，以及数列的单调性的判定方法，逐项分析判断，即可求解.
【详解】对于A，由，可得，所以A正确；
对于B，由，可得，则，
即，所以数列为递减数列，所以B错误；
对于C，由，可得，所以C正确；
对于D，假定中存在连续三项成等差数列，分别为，其中，
则，即，整理得，矛盾，
因此中不存在连续三项成等差数列，所以D正确.
10. 一个正整数，如果将它从左向右读和从右向左读完全相同，就称为回文数，这种对称性质体现了数学中的数字美学，如22，121，3443，94249等.下列说法正确的是（ ）
A. 百位为2的五位回文数有100个B. 十位大于个位的六位回文数有360个
C. 位回文数有个D. 位回文数有个
【答案】BC
【解析】
【详解】根据题意，由回文数的定义，结合排列数与组合数，可得判定A错误，B正确；再用分步计数原理分析和位回文数的数目，可判定C正确，D错误.
【分析】对于A，百位为2的五位回文数，此时第一位和倒数第一位数字有9种选法，
第二位和倒数第二位数字有10种选法，故总的个数为个，所以A错误；
对于B，十位大于个位，有种方法，此时个位和十位的数字被确定，
第三四位的数字相同，有10种选择，符合条件的六位回文数，有360个，故B正确；
对于C，对于位回文数，首位和个位数字有9种选法，
第二位和倒数第二位数字有10种选法，……，第个数字，
即最中间的数字有10种选法，则共有种选法，
即位回文数有个，故C正确；
对于D，对于位回文数，首位和个位数字有9种选法，
第二位和倒数第二位数字有10种选法， ，第和第位也有10种
所以共有种选法，故D错误.
11. 已知是函数与的图象的两条公切线，记的倾斜角为的倾斜角为，且的夹角为，则下列说法正确的有（ ）
A. B.
C. 若，则D. 与的交点一定在第一象限
【答案】ACD
【解析】
【分析】由已知可得两函数互为反函数，根据对称性即可判断A；根据，结合诱导公式和基本不等式即可判断B；设与两个函数图象分别切于，两点，，根据三角恒等变换可得，由导数的几何意义可得切线方程，即可判断C；结合图象即可判断D.
【详解】如图，因为与互为反函数，
故两函数的图象关于直线对称，则，关于对称，
故，故A正确；
由题意，，均为锐角，，，tanα+tanβ=tanα+tanπ2−α=tanα+1tanα≥2 ，
当且仅当，即时取等号，故B错误；
设与两个函数图象分别切于，两点，，
若，即，
解得或（舍去），故kMN=tanθ2+45°=1+131−13=2 ，
对于，则，令，解得，所以切点为，
所以曲线的斜率为的切线方程为，
故曲线的斜率为的切线方程为，
同理可得的斜率为的切线方程为，
故曲线的斜率为的切线方程为，
所以，
则，则，故C正确；
由图可知点必在第一象限，故D正确．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共计15分.
12. __________.
【答案】
【解析】
【详解】
13. 个人进行篮球训练，互相传球接球，要求每个人接球后马上传给别人，开始由甲发球，并作为第一次传球，第五次传球后，球又回到甲手中，不同的传球方法数为________.
【答案】
【解析】
【分析】设第次传球后，球又回到甲手中的传球方法有种，探索数列的首项和递推公式，从而求的值.
【详解】设第次传球后，球又回到甲手中的传球方法有种，经过次传球后，所有可能的传球方法总数为.
这些方法可分为两类：一类是球在甲手中，有种方法，
另一类是球不在甲手中，有种方法，
第次传球后球要回到甲手中，当且仅当第次传球后球不在甲手中，然后由持球人传给了甲，
因此，，即，
由于甲是发球者，一次传球后球又回到甲手中的传球方法是不存在的，所以．
利用递推关系可以得到：．
这说明经过次传球后，球仍回到甲手中的传球方法有种．
14. 已知函数，若恒成立，则的取值范围为______．
【答案】
【解析】
【分析】构造函数，利用导数研究函数的单调性，进而求出的取值范围.
【详解】当时，此时，，因为恒成立，所以恒成立，
符合题意；
当时，令，
要使恒成立，即恒成立，
对求导得，
令，即，解得，
当时，，单调递减；当时，，单调递增，
所以在处取得极小值，也是最小值，，
要使恒成立，则，即，
因为，两边同时除以得，即，解得；
当时，因为恒成立，所以在上单调递增，
当时，，，所以；
当时，，，所以，
所以当足够小时，趋近于，为负数且绝对值较大，
必然存在某个足够小的，使得，
不满足恒成立，所以不符合题意，
综上所述，的取值范围是.
四、解答题：本小题共5小题，共计77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 已知等差数列的首项，且数列满足，
（1）求数列的通项公式；
（2）求证：.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）设等差数列的公差为，由，得到，解得，进而得到数列的通项公式；
（2）由（1）求得，利用乘公比错位相减法求和，得到，进而证得结论.
【小问1详解】
解：设等差数列的公差为，
因为且，可得，
又因为由，可得，解得，
所以，即数列的通项公式为.
【小问2详解】
证：由（1）知：，可得，所以，
设
则.
两式相减得.
可得，
因为，可得，所以.
16. 已知函数．
（1）讨论的极值；
（2）求在上的最小值．
【答案】（1）答案见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）求导后，分别在和的情况下，根据的正负可得单调性，由极值定义可求得结果；
（2）分别在、和的情况下，根据的正负可得单调性，由此可得最值点，代入可求得最值.
【小问1详解】
由题意知：的定义域为，；
当时，，恒成立，在上单调递增，
无极值；
当时，若，；若，；
在上单调递减，在上单调递增；
的极小值为，无极大值；
综上所述：当时，无极值；当时，的极小值为，无极大值.
【小问2详解】
当时，在上恒成立，在上单调递增，
；
当时，若，；若，；
在上单调递减，在上单调递增，
；
当时，在上单调递减，；
综上所述：在上的最小值.
17. 某AI实验室有6个不同的团队，需要对ChatGPT、Sra、GPT-4、Deepseek方向的4个研发项目进行，每个团队只能承担一个项目，且每个项目至少交给一个团队．
（1）若从中选出5个团队去，共有多少种不同的安排方案？
（2）若6个团队都同时参与调研，且A、B两个团队同一个项目，共有多少种不同的安排方案？
【答案】（1）1440
（2）240
【解析】
【分析】（1）根据题意，先从6个团队中选5个，将其分成四组，再进行全排列，结合分步计数原理，即可求解；
（2）先将A和B两个团队视为一个整体，将其分成四组，再进行全排列，即可求解.
【小问1详解】
解：先从6个团队中选5个，有种选法，
接下来将5个团队分配到4种项目，且每个项目至少1个团队负责，
则5个团队分为：2，1，1，1四组，有种方法，
再将这四组对应4种项目进行全排列，
由分步计数原理，可得不同的安排方案有种.
【小问2详解】
解：先将A和B两个团队视为一个整体（一个元素），
此时相当于5个元素分配到4种项目，每个项目至少有一个团队，
即分成元素个数分别为“2，1，1，1”四组，则有种方法，
再将这四组对应4种项目进行全排列，有种方法，
所以共有种不同的安排方案.
18. 已知数列满足：；数列满足：．
（1）求数列和的通项公式；
（2）设，求数列的前项和；
（3）定义：“若存在常数，使得对任意正整数，数列的前项和都满足，则称数列是‘和有上界数列’，且‘和上界’为”．证明：数列的其中一个‘和上界’为．
【答案】（1），
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由题意整理得，根据等比数列的定义，即可得数列的通项公式，将的通项公式代入，根据对数的运算性质，可得数列的通项公式.
（2）由（1）得，代入可得的通项公式，根据裂项相消求和法，即可得答案.
（3）由（1）得的通项公式，先证明，则可求得数列的前n项和的表达式，根据条件，分析即可得证.
【小问1详解】
因为，所以，
又，所以是以为首项，3为公比的等比数列，
所以，则.
则.
【小问2详解】
由（1）得，
则，
所以
【小问3详解】
由（1）得，
当时，，
当时，，
所以，则，
所以数列的前n项和
，
所以对于任意正整数，数列的其中一个‘和上界’为
19. 拉格朗日是十八世纪著名的数学家，在数学领域作出了重大贡献，人们常把很多数学领域中新的发现用他的名字命名.如对一组数据（）（互不相等）进行研究时，记时，，称为这组数据的拉格朗日插值多项式.
（1）试求数据的拉格朗日插值多项式的表达式；
（2）对于（1）中求出的，若函数满足，
（i）研究的单调性；
（ii）若有两个零点，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）（i）答案见解析；（ii）.
【解析】
【分析】（1）根据拉格朗日插值多项式的定义直接求解即可.
（2）（i）先求出的表达式及导函数，按照和分类讨论研究其单调性即可.
（ii）分离参数将问题转化为有两个不同实数解，令，求单调性并画出示意图，数形结合得，解对数函数不等式即可.
【小问1详解】
对于数据，
有，
，
所以，
即.
【小问2详解】
（i）由（1）知，
所以，
，
若，则在上单调递减；
若，则，当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减.
综上所述，时，在上单调递减；
时，在上单调递增，在上单调递减.
（ii）因为函数有两个零点，所以关于的方程，即，
亦即有两个不同实数解.
令，则，
当时，在上单调递减，且当时，；
当时，在上单调递增，
所以当时，取得最大值.
作出函数的图象以及直线，如图所示：
由图可见，当且仅当，
即时，直线与函数的图象有两个公共点，
所以实数的取值范围是.
【点睛】思路点睛：已知函数的零点或方程的根的情况，求解参数的取值范围问题的本质都是研究函数的零点问题，求解此类问题的一般步骤：
（1）转化，即通过构造函数，把问题转化成所构造函数的零点问题；
（2）列式，即根据函数的零点存在定理或结合函数的图象列出关系式；
（3）得解，即由列出的式子求出参数的取值范围．