四川省成都市树德中学2024-2025学年高二下学期5月阶段性检测数学试题（Word版附解析）

这是一份四川省成都市树德中学2024-2025学年高二下学期5月阶段性检测数学试题（Word版附解析），文件包含四川省成都市树德中学2024-2025学年高二下学期5月阶段性检测数学试题原卷版docx、四川省成都市树德中学2024-2025学年高二下学期5月阶段性检测数学试题Word版含解析docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共24页， 欢迎下载使用。
考试时间：120 分钟 总分：150 分
一、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
是符合要求的．
1. 某个弹簧振子在振动过程中的位移 （单位：mm）与时间 （单位：s）之间的关系为 ，
则该弹簧振子在 时的瞬时速度是（ ）
A. 0 B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题及导数计算公式可得答案.
【详解】由题可得位移 是关于时间 的函数，且满足 ，
则 ，则该弹簧振子在 时的瞬时速度是
.
故选：A
2. 如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中，后人称为“三角垛”．“三角垛”的最上
层有 1 个球，第二层有 3 个球，第三层有 6 个球，……，设各层球数构成一个数列，则第十一层有（ ）
个球
A. 55 B. 66 C. 110 D. 136
【答案】B
【解析】
【分析】由条件观察相邻两层球数的关系，即可求解.
第 1页/共 20页
【详解】设“三角垛”每一层球的个数构成数列 ，
由题意可知， ， ， ， ，…， ，
这 11 项加在一起，得 .
故选：B
3. 函数 的导函数 的图象如图所示，则函数 的极值点个数为（ ）个
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】由导函数图象可判断 的正负性，进而得出函数 的单调性，即可判断函数 的极值
点个数.
【详解】设 的零点从左到右依次为 ，
则当 或 时， ；当 或 时， ，
则 在 和 上单调递减，在 和 上单调递增，
则 的极小值点为 ， ，极大值点为 ，
故函数 的极值点个数为 .
故选：C
第 2页/共 20页
4. 某班级举行活动，同学们准备了四个节目：二胡、相声、小品、舞蹈，现对这四个节目的出场先后进行
编排，要求相声和小品相邻，则不同的编排方式有（ ）种
A. 6 B. 12 C. 24 D. 32
【答案】B
【解析】
【分析】运用捆绑法即可求解.
【详解】依题，可将相声和小品节目看成一个节目，与二胡，舞蹈进行全排，再考虑这两个节目 顺序，
故不同的编排方式有 种.
故选：B.
5. 设数列 为等比数列， ， ，则 （ ）
A. B. 3 C. 6 D. 9
【答案】D
【解析】
【分析】设数列公比为 ，根据题设列方程求出 的值，再利用等比数列通项的基本量运算即得答案.
【详解】设等比数列 的公比为 ，由 ，解得 ，
则 .
故选：D.
6. 若函数 恰有两个零点，则实数 的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
第 3页/共 20页
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，求得 ，分得 和 ，求得函数 的单调性，以及最小值
，结合 ，即可求解.
【详解】由函数 ，可得 ，
若 ， ， 在 单调递增，此时至多有一个零点，舍去；
若 ，令 ，解得 ，
当 时， ， 在 单调递减；
当 时， ， 在 单调递增，
所以当 时，函数取得极小值，也时最小值 ，
又由 时， ，且 时， ，
要使得函数 恰有两个零点，则满足 ，即 ，
解得 ，所以实数 的取值范围为 .
故选：C.
7. 已知数列 为等差数列，且数列 的前 项和 有最大值，若 ， ，
则 取得最小正值时， 的值为（ ）
A. 1013 B. 1014 C. 2024 D. 2025
【答案】D
【解析】
【分析】由题可知数列 是递减的等差数列，再由前 n 项和公式和下角标和的性质即可求解.
【详解】因为数列 的前 n 项和 有最大值，所以数列 是递减的等差数列，
又 ， ，所以 ，
即数列的前 1013 项为正数，从第 1014 项开始为负数，
由等差数列求和公式和性质可知，
第 4页/共 20页
，
，
所以当 取最小正值时， ．
故选：D.
8. 已知定义在 的函数 ，其导函数为 ，若 ，且
，则 （ ）
A. 仅存在最小值 B. 仅存在最大值
C. 既存在最小值，又存在最大值 D. 既无最小值又无最大值
【答案】D
【解析】
【 分 析 】 将 题 中 等 式 变 形 为 ， 可 得 出 ， 设
， 为常数，结合 可得出 ，然后利用导数分析函数
的单调性，即可得出结论.
【详解】因为函数 的定义域为 ，在等式 两边同除 可得
，
即 ，设 ， 为常数，
因为 ，即 ，故 ，
所以 ，故 ，
则 对任意的 恒成立，
所以，函数 在 上单调递减，故函数 既无最大值，也无最小值，
故选：D.
第 5页/共 20页
二、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，有二个正确选项的，每个选项 3 分，有三个正确选项的，每个
选项 2 分，有选错的得 0 分．
9. 的展开式中，下列说法正确的是（ ）
A. 展开式共有 6 项 B. 各二项式系数之和为 64
C. 展开式中 项的系数为 D. 展开式中系数最大的项为 70x
【答案】BC
【解析】
【分析】由二项展开式的性质可得 AB，写出通项，令 可得 C，举反例令 可判断 D.
【详解】对于 A，由二项式展开式的性质可得，展开式共有 7 项，故 A 错误；
对于 B，各二项式系数之和为 ，故 B 正确；
对于 C，通项为 ，
令 ，代入可得展开式中 项的系数为 ，故 C 正确；
对于 D，由通项可得，当 时， ，故 D 错误；
故选：BC
10. 已知等差数列 的前 项和为 ，且 ，则下列说法正确的是（ ）
A. 数列 为等差数列 B. 数列 为等差数列
C. 数列 为等差数列 D. 数列 的最小项为 1
【答案】ABD
【解析】
【分析】设等差数列 的公差为 ，推理得到 ，从而求得 ， ，利用
等差数列的定义对 A，B，C 项逐一判断即可，对于 D，求出 后利用基
第 6页/共 20页
本不等式推理求得数列的最小项为 1 即可.
【详解】设等差数列 的公差为 ，由 ，可得 .
所以 ，
，
对于 A， ，
由 为常数，故数列 为等差数列，即 A 正确；
对于 B， ，
由 为常数，故数列 为等差数列，即 B 正确；
对于 C， ，
由 不是常数，
故数列 不是等差数列，故 C 错误；
对于 D，因 ，
因 ， ，则 ，即 ，
当且仅当 时，即 时，等号成立，即数列 的最小项为 1，故 D 正确.
故选：ABD.
11. 设函数 ，下列说法正确的是（ ）
A. 曲线 为轴对称图形
第 7页/共 20页
B.
C. 当 时，
D. 若不等式 恰有两个正整数解，则实数 的取值范围为
【答案】BC
【解析】
【分析】对于 A，利用对称轴的定义计算判断即可；对于 B，根据解析式计算得 ，由
此对所求式进行并组求和，即得；对于 C，作差 后利用因式分解和配方法，结合自变量范
围 可 推 得 差 小 于 0 即 可 ； 对 于 D， 代 入 ， 将 其 分 解 因 式 后 求 出 不 等 式 解 为 或
，因 ，即得此时不等式 仅有 1 个正整数解，故 不
符合要求，即 D 错误.
【详解】对于 A，不妨设曲线 有一条对称轴为直线 ，
则 ，
而 ，显然 ，故曲线 不是轴对称图形，即 A 错误；
对于 B，因 ，
则
，故 B 正确；
对于 C，由 ，
因 时， ，且 ，故 ，故 C 正确；
对于 D，不妨取 ，则不等式为 ，整理得： ，
即 ，解得 或 ，
第 8页/共 20页
因 故此时不等式 恰有一个正整数解为 2，不合题意，
故实数 的取值范围不可能是 ，即 D 错误..
故选：BC
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分．
12. 已知等比数列 的前 项和为 ，若 ，则 _____________．
【答案】1
【解析】
【分析】由题可得公比 ，然后由等比数列前 n 项和公式可得答案.
【详解】因等比数列中 ，则公比 ，又 .
故答案为：1
13. 五名志愿者全部去三个不同的镇参加志愿活动，每个镇至少去一名志愿者，则不同的方案有
_____________种．
【答案】150
【解析】
【分析】由题可得，可一镇三人，另两镇各一人，也可两镇各两人，剩下一镇一人.据此可得不同方案数.
【详解】若一镇三人，另两镇各一人，则先从 5 人中选 3 人去一小镇，有 种方法，
再安排剩下 2 人各去一小镇，有 2 种方法，则此种安排方式下的方案数为 ；
若两镇各两人，剩下一镇一人，则先从 5 人中选一人去一小镇，有 种方法，
再从剩下 4 人中选两人去某一小镇，则剩下两人去另一小镇，因两组人安排先后顺序对结果无影响，
则有 种方法，则此种安排方式下的方案数为 .
则总方案数为 150.
故答案为：150
第 9页/共 20页
14. 已知数列 满足 ，且 ，则数列 的通项公式为_____________；记
，则 的值为_____________（其中[x]为不超过实数 的最大整数，如 ）．
【答案】 ①. ②. 18
【解析】
【分析】由题意 ，分类讨论即可得到 ，通过放缩得到
即可得解.
【详解】因为 ，
所以 ， ，又 ，
所以 ， ，
所以当 时， ，
当 时， ，
综上所述， ，
，
注意到 ，
，
所以
，
故 .
故答案为： ，18.
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．
第 10页/共 20页
15. 已知函数 ，且 ．
（1）求 的值；
（2）求 在区间 的值域．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用 可得答案；
（2）利用导数判断出 在区间 上的单调性可得答案．
【小问 1 详解】
的定义域为 ，对 求导，得 ，
因为 ，所以 ；
【小问 2 详解】
由（1）知， ，
当 时， 单调递减，
当 时， 单调递增，
所以在区间 上， 在 处取得极小值，
即极小值为 ，又 ，
，所以求 在区间 值域为 ．
16. 已知 是数列 的前 项和，且 ．
（1）求 的通项公式；
第 11页/共 20页
（2）若 ，求数列 的前 项和 ．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】(1)利用 可得最后一项，再检验首项，即可得通项公式；
(2)利用裂项相消法即可求和.
【小问 1 详解】
由 ，
当 时， ，
当 时，可得 ，
两式相减得： ，所以有 ，
也符合上式，
所以 ；
【小问 2 详解】
当 时，有
当 时，有 ，
所以有
.
17. 如图，在三棱锥 中， 为等腰直角三角形， 为正三角形， ．
第 12页/共 20页
（1）证明： ；
（2）若 ，求二面角 的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取 BC 中点为 ，求证 平面 ，即可得出；
（2）不妨设 ，法一，以点 为原点建立空间直角坐标系，计算平面 的法向量为 ，再计算
即可求得；法二，易知 为二面角的 的平面角，分别计算 的长度.
【小问 1 详解】
取 BC 中点为 ，连接 AD、PD，
因为 ，所以 ，
又 为正三角形，所以 ，
又 ， 平面 ，所以 平面 ，
又 平面 ，所以 ；
【小问 2 详解】
法一，不妨设 ，
由 ， 为等腰直角三角形，得 ，
因为 ，所以 ，同理， ，
所以 AB、AC、AP 两两垂直，
以点 为原点，分别以 所在直线为 轴，建立如图所示的空间直角坐标系 ，
第 13页/共 20页
则 ，
则
设平面 的法向量为 ，
因为 ，所以 ，
不妨令 ，则 ，
所以 为平面 的一个法向量，
又平面 的一个法向量为 ，
则 ，所以 ，
由原图，知二面角 的平面角为锐角，
所以二面角 的正弦值为 ．
法二，由（1）知， 为二面角 的平面角，
不妨设 ，
由 ， 为等腰直角三角形，得 ，
则 ，可得 ，
故二面角 的正弦值为 ．
第 14页/共 20页
18. 已知椭圆 ，四点 中恰有三个点在
椭圆 上．
（1）求椭圆 的方程；
（2）过点 作两条互相垂直的直线 ，直线 交椭圆 于 B、C 两点，直线 交椭圆 于 D、E 两
点；
（i）设 BC 中点为 M，DE 中点为 ，证明：直线 MN 过定点；
（ii）求 面积的最大值．
【答案】（1）
（2）（i）证明见解析；（ii）
【解析】
【分析】（1）由对称性可得 不在椭圆上，后由点在椭圆上可得椭圆方程；
（2）（i）若直线 中任意一条斜率为零时，直线 MN 的方程为 ；若直线 的斜率都不为零时，
设直线 的方程为 ，直线 的方程为 ，将直线方程与椭圆方程联立可得
， ， 据 此 可 得 所 过 定 点 ；（ ii） 由 （ i） 可 得
，然后由 单调性可得最值
.
【小问 1 详解】
由椭圆的对称性，知 不在椭圆上，故 三点在椭圆上，
第 15页/共 20页
代入椭圆方程，则 ，可解得 ，所以椭圆 的方程为 ．
【小问 2 详解】
（i）若直线 中任意一条斜率为零时，直线 MN 的方程为 ；
若直线 的斜率都不为零时，
设直线 的方程为 （直线 的方程为 ），
联立，消去 ，得 ，
设 B、C 两点的坐标分别为 ，由韦达定理，得 ，
进而有 ，
将 代入直线 的方程为 ，得 ，
即 ，同理， ，
当 时，即 ，直线 轴，直线 MN 与 轴的交点坐标为 ，
当 时，直线 MN 的斜率存在， ，
直线 MN 的方程为 ，整理，得 ，
所以直线 MN 恒过点 ，又直线 MN 斜率不存在时，直线 MN 也经过点 ，
综上所述，直线 MN 恒过点 ．
第 16页/共 20页
（ii）直线 的斜率显然都不为零，设直线 MN 经过的定点为 ，
，整理，得 ，
即 .
引入函数 ， ，
易知 在 单调递增，所以 在 的最小值为 ，
所以 （等号当且仅当 时成立），所以 的最大值为 ．
【点睛】关键点睛：对于定点问题，常可利用斜率相等或向量共线来处理.对于最值问题，常利用适当参数
表示相关求最值对象，然后由函数知识，不等式，代数恒等变形等知识求解最值.
19. 已知函数 ， 其中 e 为自然对数的底数， ．
（1）求函数 的单调区间；
（2）若不等式 在 上成立，求实数 的取值范围；
（3）设 ，证明： ．
【答案】（1）答案见详解
第 17页/共 20页
（2）
（3）证明见详解
【解析】
【分析】（1）先求出导数 ，借助导数，分 ， 和 三种情况讨论函数 的单调区间
即可；
（2）不等式 在 上成立，转化成求函数 在 上成
立，借助导数及零点存在性定理，分 三种情况讨论 的正负，进而得到
在 上的单调性，即可求出实数 的取值范围；
（3）令 （其中 ），将 在 恒成立,转化为
恒成立，再利用累加求和即可得证.
【小问 1 详解】
函数 定义域为 ，
因为 ，所以 ，
若 时， 在 上单调递增；
若 时，令 ，解得 ，
当 单调递减；
当 单调递增；
若 时，令 ，解得 ，
当 单调递增；
当 单调递减；
【小问 2 详解】
第 18页/共 20页
不等式 在 上成立，
等价于 在 上成立，
即 在 上成立，
设函数 ，
， .
（i）若 ，当 时，
单调递减，
，与题意矛盾，舍去；
（ii）若 ，
.
由零点存在定理可知，存在 ，使得 ，
当 时， 单调递减，
，与题意矛盾，舍去；
（iii）若 ，当 时，
，
故 单调递增， ；
综上所述，实数 的取值范围为 ；
【小问 3 详解】
由（2）知，当 时， 在 恒成立，
令 （其中 ），
第 19页/共 20页
所以 ①恒成立，
因为 ，
所以①可化为 ②，
因为② 都成立，所以累加之后也成立，
即 .
又因为 ，
所以 .
第 20页/共 20页