福建福州格致中学2025-2026学年第二学期高二数学期中适应性练习含答案

这是一份福建福州格致中学2025-2026学年第二学期高二数学期中适应性练习含答案，共3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。
一、选择题：本题共8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. 已知数列是公比为的等比数列，则（ ）
A. 2B. 4C. 8D. 16
2. 若，则（ ）
A. B. 6C. 3D.
3. 在的二项展开式中，的系数为（ ）
A. B. C. D.
4. 有5辆车停放在一排的5个相邻车位上，若甲车与乙车相邻停放，则不同停放方法的总数为（ ）
A. 24B. 48C. 72D. 120
5. 已知函数满足，则的值为（ ）
A. B. C. D.
6. 某旅馆剩余三人间、两人间、单人间三种房间各一间，有四个成人带两个小孩子来此住宿，小孩子不宜单住一间（必须有成人陪同），则不同的住宿方法共有（ ）
A. 72种B. 48种C. 36种D. 27种
7. 已知函数在区间上单调递增，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
8. 设数列的前项和为，已知，则最大时（ ）
A. 4B. 5C. 6D. 7
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，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 已知数列的前项和为，则下列说法正确的是（ ）
A. 是递增数列B.
C. 当时，D. 取到最大值时，或
10. 若，则（ ）
A.
B.
C.
D.
11. 在数学中，布劳威尔不动点定理是拓扑学里的一个非常重要的不动点定理，它得名于荷兰数学家鲁伊兹*布劳威尔，简单的讲就是对于满足一定条件的连续函数，存在一个点，使得，那么我们称该函数为“不动点”函数，而称为该函数的一个不动点，依据不动点理论，下列说法正确的是（ ）
A. 函数是“不动点”函数
B. 函数只有一个不动点
C. ，使得函数fx=ex−x2−a存在两个不动点
D. 若函数fx=a⋅exa∈R存在两个不动点和，则
第Ⅱ卷
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 中心在原点，焦点在轴上的双曲线的一条渐近线经过点，则它的离心率为___________
13. 已知数列中，满足，，则数列的通项公式___________
14. 将1，1，2,3，5，6，6，6，6这9个数填入如图所示的格子中，要求每个数都要填入，且每个格子中只能填一个数，则不同的填法共有___________种，若填入的每行各数之和为偶数，则不同的填法共有___________种．（用数字作答）
四、解答题：共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 已知函数在处有极值2．
（1）求，的值；
（2）求函数在区间上的最值．
16. 已知数列的前项和为，，．
（1）求证：数列是等差数列，并求出数列的通项公式：
（2）求数列的前项和．
17. 已知四棱锥的底面为直角梯形，，，平面，且，是中点．
（1）求证：平面平面：
（2）求平面与平面夹角的余弦值；
（3）设平面与棱交于点，求与平面所成角的正弦值．
18. 已知椭圆，四点P13,1，P20,3，P3−3,32，P43,32
中恰有三点在椭圆上．
（1）求的方程；
（2）已知点为坐标原点，若点在椭圆上．
（i）已知，求面积的最大值；
（ii）设P−2,52，过点的直线与轴交于点，若直线与垂直，PB⋅PD=52，求点的坐标．
19. 已知，，．
（1）讨论在单调性；
（2）求证：；
（3）已知直线与曲线和都相切，若，其中，，求证：．
2025-2026学年度第二学期高二数学期中适应性练习
第I卷
一、选择题：本题共8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. 已知数列是公比为的等比数列，则（ ）
A. 2B. 4C. 8D. 16
【答案】B
【解析】
【分析】根据等比数列的通项公式及下标和性质求解即可.
【详解】因为数列是公比为的等比数列，所以，，，
所以.
故选：B.
2. 若，则（ ）
A. B. 6C. 3D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用导数的极限表达式计算.
【详解】若，则．
3. 在的二项展开式中，的系数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求得二项展开式的通项，结合通项确定的值，代入即可求解.
【详解】由二项式展开式的通项为，
当时，可得
所以的系数为.
故选：D.
4. 有5辆车停放在一排的5个相邻车位上，若甲车与乙车相邻停放，则不同停放方法的总数为（ ）
A. 24B. 48C. 72D. 120
【答案】B
【解析】
【详解】将甲、乙视为一个“整体”（捆绑），甲、乙内部有2种排法（甲左乙右或乙左甲右），
把“甲乙整体”与另外3辆车看成4个元素一起排列，有种排法，
所以总的停放方法是种.
5. 已知函数满足，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】求出导函数，代入，即可得出答案.
【详解】由已知可得，，
则，
所以，.
故选：A.
6. 某旅馆剩余三人间、两人间、单人间三种房间各一间，有四个成人带两个小孩子来此住宿，小孩子不宜单住一间（必须有成人陪同），则不同的住宿方法共有（ ）
A. 72种B. 48种C. 36种D. 27种
【答案】C
【解析】
【详解】单人间只能成人住，有种方法，
不考虑小孩单独住一间，分配剩余5人，共有C53C22=10 种方法，
其中两个小孩住在两人间（无成人陪同）的方法有1种，
所以分配剩余5人满足题意的方法有种，
所以不同的住宿方法共有种.
7. 已知函数在区间上单调递增，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据函数导数与函数单调性的关系，结合构造函数法，利用导数判断其单调性，最后利用单调性质进行求解即可.
【详解】由题意知在区间上恒成立
，即在区间上恒成立.
令，，所以，
所以当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
所以，即的取值范围是.
故选：C.
【点睛】关键点睛：本题的关键是由导函数的正负性，得到关于的不等式，然后利用常变量分离法进行求解.
8. 设数列的前项和为，已知，则最大时（ ）
A. 4B. 5C. 6D. 7
【答案】B
【解析】
【分析】利用得出数列是公差为4的等差数列，求出可得，再利用的单调性可得答案.
【详解】由条件可得：，
当时，
，
则，即，
所以数列是公差为4的等差数列，又，
则．
令，
则，
令，
则的图象是开口向上，对称轴为的抛物线，
即在上单调递增，
又，
即
即，
故最大时．
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，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 已知数列的前项和为，则下列说法正确的是（ ）
A. 是递增数列B.
C. 当时，D. 取到最大值时，或
【答案】BD
【解析】
【分析】由题意可知，数列是首项为9，公差为-3的等差数列，由此求得其通项公式和前项和公式，并对选项逐一判断即可.
【详解】由条件得：，又所以数列是首项为9，公差为的等差数列.
记公差为d，则，所以，Sn=na1+an2=−3n2+21n2.
选项A：由通项公式可知是递减数列.A错误.
选项B：，B正确，
选项C：当时，， C错误，
选项D：Sn=−3n2+21n2=−3n−722+14742，
所以在，，时单调递增，在，时单调递减，
因为，所以当或时，取得最大值. D正确.
10. 若，则（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】BCD
【解析】
【详解】对于A，令，则2−02026=a0，所以，A错误；
对于B，令，则a0+a1+a2+⋯+a2026=2−12026=1 ，B正确；
对于C，令，则a0−a1+a2−⋯+a2026=2+12026=32026，
显然a0,a2,⋯,a2026都是正数，a1,a3,⋯,a2025都是负数，
所以a0+a1+a2+⋯+a2026=a0−a1+a2−⋯+a2026=32026，C正确；
对于D，对2−x2026=a0+a1x+a2x2+⋯+a2026x2026两边同时求导，
则−20262−x2025=a1+2a2x+⋯+2026a2026x2025，
令，则，
又a0+a1+a2+⋯+a2026=1 ，
所以a0+2a1+3a2+4a3+⋯+2027a2026=a0+a1+a2+⋯+a2026+a1+2a2+⋯+2026a2026
，D正确.
11. 在数学中，布劳威尔不动点定理是拓扑学里的一个非常重要的不动点定理，它得名于荷兰数学家鲁伊兹*布劳威尔，简单的讲就是对于满足一定条件的连续函数，存在一个点，使得，那么我们称该函数为“不动点”函数，而称为该函数的一个不动点，依据不动点理论，下列说法正确的是（ ）
A. 函数是“不动点”函数
B. 函数只有一个不动点
C. ，使得函数存在两个不动点
D. 若函数存在两个不动点和，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】令，利用导数分析函数的单调性，由此可判断函数的零点个数，可判断AB选项；令fx=ex−x2−a=x ，其中，可得，令gx=ex−x2−x2−a ，其中，利用导数判断函数的单调性，可判断C选项；证明ex1+x22x1，以及x0，利用指数平均不等式结合不等式的基本性质可判断D选项.
【详解】对于A选项，令fx=csx=x ，令gx=x−csx ，其中，
则对任意的恒成立，所以函数为上的增函数，
又因为gπ2=π2−csπ2=π2>0 ，g0=−cs0=−10 ，
所以函数在上单调递增，故函数在上至多有一个零点，
故不存在，使得函数存在两个不动点，C错；
对于D选项，由fx=aex=x 可得，令，其中，
因为函数有两个“不动点”，所以直线与函数的图象有两个交点，
，由可得，由可得，
所以函数的增区间为，减区间为，
函数的极大值为，
且当时，gx=xex0 ，如下图所示：
由图可知，当时，直线与函数的图象有两个交点，
且这两个交点的横坐标分别为、，不妨设，则，
接下来证明：先证明ex1+x22x1，
即证，
令，即证，其中，
构造函数ℎt=et−e−t−2t ，其中，则ℎ't=et+e−t−2>2et⋅e−t−2=0 ，
故函数在上为增函数，故对任意的，，
故对任意的，，即ex1+x22x1.
由“不动点”的定义可得fx1=aex1=x1fx2=aex2=x2，这两个等式作差得aex1−ex2=x1−x2，
所以，由指数平均不等式可得，所以，
构造函数rx=ex−x ，其中，则r'x=ex−1>0 ，
所以函数在上为增函数，故rx>r0=1>0 ，故当时，，
所以，，由不等式的基本性质可得，即，D对.
第Ⅱ卷
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 中心在原点，焦点在轴上的双曲线的一条渐近线经过点，则它的离心率为___________
【答案】
【解析】
【详解】由题意可得焦点在轴上的双曲线的渐近线方程为，
因为一条渐近线经过点，所以，
故双曲线的离心率为.
13. 已知数列中，满足，，则数列的通项公式___________
【答案】
【解析】
【分析】利用累加法可求得数列的通项公式.
【详解】在数列中，，an+1−an=2n2+2n=2nn+2=1n−1n+2，
当时，，，，，
上述所有等式相加得an−a1=1−13+12−14+⋯+1n−1−1n+1=1+12−1n−1n+1=32−2n+1nn+1，
所以an=a1+32−2n+1nn+1=52−2n+1nn+1，
也满足an=52−2n+1nn+1，故对任意的，an=52−2n+1nn+1.
14. 将1，1，2,3，5，6，6，6，6这9个数填入如图所示的格子中，要求每个数都要填入，且每个格子中只能填一个数，则不同的填法共有___________种，若填入的每行各数之和为偶数，则不同的填法共有___________种．（用数字作答）
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】第一空利用消序法，对含重复元素的9个数计算全排列后除以重复元素的排列数得到总填法；第二空先分析奇偶性，得出满足每行和为偶数时奇数只能按2、2、0分配到三行，先选出无奇数的行，再分别对奇数、偶数消序计算排列数后相乘，得到符合要求的填法.
【详解】①给出的9个数为：1,1,2,3,5,6,6,6,6，其中2个1相同、4个6相同，其余数字不同，
则不同的填法共有9!2!⋅4!=3628802×24=7560 种；
②每行3个数，和为偶数等价于每行奇数个数为偶数（0或2，奇数个奇数相加和为奇数，偶数个奇数相加和为偶数），
总共有4个奇数（1,1,3,5），因此只能是“1行0个奇数，另外2行各2个奇数”（0+2+2=4 ，符合总奇数个数），
分步计算：
第一步：选哪一行放0个奇数,共有种不同的方法；
第二步，在两个放奇数的行中，每行选2个格子放奇数，共有C32⋅C32=3×3=9 种不同的方法；
第三步，排列4个奇数，共有4!2!=12 种不同的方法；
第四步，排列剩余5个格子的偶数（2,6,6,6,6），共有5!4!=5 种不同的方法，
故总填法共有3×9×12×5=1620 种.
四、解答题：共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 已知函数在处有极值2．
（1）求，的值；
（2）求函数在区间上的最值．
【答案】（1），；（2）最小值是-2，最大值是2．
【解析】
【分析】（1）由题意知，，求的导函数，代入计算可得的值，注意检验；（2）在上的单调区间，从而确定最小值，计算端点值比较可求出最大值.
【详解】解：（1），
∵函数在处取得极值2，
∴，解得，
，经验证在处取极值2，故，
（2）由，令，解得
令，解得或，
因此，在递减，在递增，的最小值是
而，故函数的最大值是2．
16. 已知数列的前项和为，，．
（1）求证：数列是等差数列，并求出数列的通项公式：
（2）求数列的前项和．
【答案】（1）证明见解析，
（2）
【解析】
【分析】（1）利用等差数列的定义可证得结论成立，求出数列的通项公式，由可求得数列的通项公式；
（2）利用错位相减法可求得数列的前项和.
【小问1详解】
因为，等式两边同时除以可得，即，
故数列为等差数列，且首项为，公差为1，
所以，故，
当时，an=Sn−Sn−1=n⋅3n−n−1⋅3n−1=3n−13n−n−1=2n+1⋅3n−1，
也满足，
故对任意的，.
【小问2详解】
设数列的前项和为，则①，
3Tn=1⋅32+2⋅33+⋯+n−1⋅3n+n⋅3n+1②，
①②得−2Tn=31+32+33+⋯+3n−n⋅3n+1=31−3n1−3−n⋅3n+1=12−n⋅3n+1−32，
化简得.
17. 已知四棱锥的底面为直角梯形，，，平面，且，是中点．
（1）求证：平面平面：
（2）求平面与平面夹角的余弦值；
（3）设平面与棱交于点，求与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）证明出平面，利用面面垂直的判定定理可证得结论成立；
（2）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解即可；
（3）求出平面的一个法向量的坐标，设，其中，求出向量的坐标，根据求出的值，进而可得出向量的坐标，再利用空间向量法求解即可.
【小问1详解】
因为四边形为直角梯形，，，所以，
又因为平面，平面，所以，
因为，、平面，所以平面，
又因为平面，故平面平面.
【小问2详解】
因为平面，，
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、、，
设平面的一个法向量为，，BP=0,−2,1，
则m⋅BC=x−y=0m⋅BP=−2y+z=0，取，可得，
易知平面的一个法向量为，
所以，
故平面与平面夹角的余弦值为.
【小问3详解】
由题意可知、、、、、，
设平面的法向量为，，，
则u⋅AD=a=0u⋅AM=b+c2=0，取，则u=0,1,−2，
设PN=λPC=λ1,1,−1=λ,λ,−λ，其中，
AN=AP+PN=0,0,1+λ,λ,−λ=λ,λ,1−λ，
因为平面，所以，
即AN⋅u=λ−21−λ=3λ−2=0 ，解得，故AN=23,23,13，
所以MN=AN−AM=23,23,13−0,1,12=23,−13,−16，
取直线的一个方向向量为v=4,−2,−1，
所以csn,v=n⋅vn⋅v=−21×21=−22121，
因此与平面所成角的正弦值为.
18. 已知椭圆，四点
中恰有三点在椭圆上．
（1）求的方程；
（2）已知点为坐标原点，若点在椭圆上．
（i）已知，求面积的最大值；
（ii）设，过点的直线与轴交于点，若直线与垂直，，求点的坐标．
【答案】（1）
（2）（i）；（ii）或.
【解析】
【分析】（1）利用椭圆的对称性判断出P2,P3,P4在椭圆上、不在椭圆上，将两个点的坐标代入椭圆标准方程，解出a2,b2即可得到椭圆方程；
（2）（i）先求出定线段的长度，设出点坐标，将三角形面积转化为点到直线的距离的倍数，结合椭圆方程，用参数法求面积最大值；（ii）设出点坐标和直线的斜率，利用两直线垂直的斜率关系得到​与直线斜率的关系，分别表示出∣PB∣,∣PD∣ ，结合∣PB∣⋅∣PD∣=52​与点满足椭圆方程，解方程得到点的坐标.
【小问1详解】
椭圆关于x轴、y轴对称，P3,P4关于y轴对称，故两点同时在椭圆上；题目说恰有三点在椭圆上，
因此不在椭圆上，​在椭圆上，将P2(0,3) 代入得，再代入P3(−3,32) 得，
椭圆的方程为
【小问2详解】
（i）已知A(1,32) ，若直线斜率不存在，则B1,−32，此时，
点到直线的距离，S△AOB=12AB·d=12×3×1=32，
若直线斜率存在设B(x0,y0)x0≠1，则直线AB：y−32=y0−32x0−1x−1，
整理得y0−32x−x0−1y+32x0−y0=0 ，则点到直线的距离d=32x0−y0y0−322+x0−12，
又AB=x0−12+y0−322，所以S△AOB=12AB·d=12x0−12+y0−322·32x0−y0x0−12+y0−322=14∣2y0−3x0∣ ，
由椭圆方程，设x0=2csθ,y0=3sinθ,θ∈0,2π，
则2y0−3x0=23sinθ−6csθ=43sinθ−π3，
因此∣2y0−3x0∣≤43，得S△AOB≤3；
面积的最大值为；
（ii）设B(x0,y0) ，kPB=y0−52x0+2由可得kl=−1kPB=−x0+2y0−52，所以l:y−52=−x0+2y0−52x+2，
与x轴交于，令得−52=−x0+2y0−52xD+2，解得xD=−2+52y0−52x0+2，
所以PD=xD+22+0−522=52y0−52x0+22+522=52·y0−522+x0+22x0+2，
又PB=x0+22+y0−522，则由∣PB∣⋅∣PD∣=52可得PB·PD=x0+22+y0−522·52·y0−522+x0+22x0+2=52，
化简得 (x0+2)2+(y0−52)2=22∣x0+2∣ （*），
若x0+2≥0 ，则（*）式即(x0+2)2+(y0−52)2=22x0+2，
整理得x0+2−22+y0−522=2 ，即x02+y02−5y0+174=0 ，
又由在椭圆上可得x02=41−y023，所以4−4y023+y02−5y0+174=0 ，
即4y02+60y0−99=0 ，所以y0=−60±602−4×4×−998=−60±51848=−60±728，
所以或y0=−332（因为y0∈−3,3，故舍去）
即，代入得，验证均满足条件.
若x0+2