四川省南江中学2025-2026学年高二下学期期中测试数学试题（Word版附解析）

这是一份四川省南江中学2025-2026学年高二下学期期中测试数学试题（Word版附解析），共2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。
（满分150分，考试时间120分钟）
命题人：张桂华 审题人：虎忱
一、选择题：本大题共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. 已知函数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据导数的定义求解即可.
【详解】由导数的定义可得：
．
故选：D.
2. 已知等差数列的通项公式为，则使得前项和最小的的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】等差数列为单调递增数列，则使得前项和最小即为所有负数项的和，利用通项公式求出的值即可．
【详解】由，解得，
时，；时，
则使得前项和最小的的值为
故选：B
【点睛】本题考查等差数列的单调性，考查等差数列的和的性质，属于基础题．
3. 导函数的图象如图所示，在标记的点中，函数的极大值点为（ ）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据导函数图象判断原函数的单调性即可.
【详解】由图可知：当时，；当时，.
所以可知函数在单调递增，在单调递减，
所以函数的极大值点为.
故选：A
4. 已知等比数列中，，，则公比为（ ）
A. B. 2C. D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】直接使用已知条件及公比的性质得到结论.
【详解】.
故选：C.
5. 已知函数在上单调递增，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题意得在上恒成立，分离参数即可得解.
【详解】在上恒成立，即，所以，则的取值范围是.
故选：B.
6. 下列命题为真命题的是（ ）
A. 若，则；B. 若，则；
C. 若，则；D. 若，则.
【答案】B
【解析】
【分析】利用指数函数的单调性判断A，构造且，导数研究其单调性得到大小关系判断B，应用不等式的性质判断C，由余弦、正切函数的性质，举反例判断D.
【详解】由，则，故，A为假命题，
令且，则，故在上单调递增，
由，则，B为真命题，
由，则，故，即，C为假命题，
若，反例：如，则，D为假命题.
7. 已知，设函数的零点个数为，则＝（ ）
A. 120B. 210C. 75D. 240
【答案】A
【解析】
【分析】先利用图象的交点求出当n＝1时的零点个数，再根据正弦型函数的周期以及得出数列为等差数列即可求出.
【详解】过点，
则可作出的图象.
当n＝1时，作出的图象，
因为，故的图象与图象有3个交点；
注意到的周期为4，，
n每增加1个单位，也增加个单位（一个周期），则交点增加2个，
故数列是首项为3，公差为2的等差数列，
所以.
8. 定义在上的函数满足，且，则不等式的解集为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，构造函数，可得在上单调递增，然后结合其单调性即可求解不等式.
【详解】由可得，
设，，
则，
即函数在上单调递增，
且，
由可得，
即，即，解得，
所以不等式的解集为.
故选：B.
二、选择题：本大题共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. 下列命题正确的有（ ）
A. 已知函数在上可导，若，则
B. 已知函数，若，则
C.
D. 设函数的导函数为，且，则
【答案】BD
【解析】
【分析】借助导数定义可得A；借助复合函数的导数运算法则计算即可得B；借助导数的除法运算法则计算即可得C；利用导数运算法则计算即可得D.
【详解】对A：，则，故A错误；
对B：，则，解得，故B正确；
对C：，故C错误；
对D：，则，
则，故D正确.
10. 记为数列的前项和，已知则（ ）
A. 2026是数列中的项B. 数列是公比为2的等比数列
C. D. 若，则数列的前项和小于
【答案】AD
【解析】
【分析】根据是奇数还是偶数，分类讨论的解的情况可判断A；根据等比数列的定义，由a2n+1−1a2n−1的比值即可判断B；根据的通项公式可求出，进而判断C；根据的表达式，可得到的通项公式，通过裂项相消法求和可判断D.
【详解】对于A，当是奇数时，，因为，所以方程2n=2026 无正整数解，即2026不是数列的奇数项；
当是偶数时，，令n2+1=2026 ，解得，即a4050=2026 ，所以2026是数列中的偶数项，故A正确.
对于B，由数列的通项公式可知a2n−1≠0 ，且a2n+1−1a2n−1=a2n+1a2n−1=22n+122n−1=4 ，为非零常数，
所以数列是公比为4的等比数列，故B错误.
对于C，由数列的通项公式可知S7=a1+a3+a5+a7+a2+a4+a6=2+23+25+27+2+3+4=179 ，故C错误.
对于D，因为，所以1cncn+1=1n+1n+2=1n+1−1n+2，
所以数列的前项和为12−13+13−14+⋯+1n+1−1n+2=12−1n+2，小于，故D正确.
11. 对于函数，则（ ）
A. 函数的单调递减区间为
B. 不存在，使得直线与曲线相切
C. 若方程有6个不等实数根，则
D. 对任意正实数，且，若，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用商的导数结合定义域就可判断A，利用导数来求切线斜率，结合函数零点即可判断B，利用偶函数，及分段函数单调性及值域，即可判断C，利用极值点偏移来证明即可判断D.
【详解】函数的定义域为 x|x>0 且 ，
求导得：f′x=lnx−1(lnx)2，
由f′x=lnx−1(lnx)2fe2x2，
又因为，所以又等价于证明：，
构造gx=fx−fe2x,x∈1,e，
求导得 g′(x)=lnx−1(lnx)2−−e2x2lne2x−1(lne2x)2=lnx−1(lnx)2+e2x21−lnx(2−lnx)2
=lnx−11(lnx)2−e2x2(2−lnx)2=lnx−1x2(2−lnx)2−e2(lnx)2x2(2−lnx)2(lnx)2，
构造函数，，
求导得：，
再构造函数，，求导得：s'=−1x+ex2=e-xx2>0 ，
则在上单调递增，即，
所以，则在上单调递减，
即，
所以，
即当时，g′(x)=lnx−1x2(2−lnx)2−e2(lnx)2x2(2−lnx)2(lnx)2fe−fe2e=0 ，
所以得证，即不等式恒成立，故D正确.
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知函数，则曲线在处的切线方程为__________．
【答案】
【解析】
【分析】利用导数的几何意义，先求出曲线在处的点的坐标及导函数值，再根据点斜式即可得到切线方程.
【详解】因为，所以f(0)=e0+0=1 ，f′(x)=ex+1 ，
所以f′(0)=e0+1=2 ，
所以曲线在处的切线方程为y−1=2x−0，即.
13. 已知数列的前项和为，则__________．
【答案】
【解析】
【分析】先根据已知条件推导出数列{1Sn} 的通项公式，再求出，最后根据求出.
【详解】已知，且，
所以，两边同除以，
则1+1Sn−1Sn+1=0 ，整理得：1Sn+1−1Sn=1 ，
由得，故{1Sn} 是首项为，公差为的等差数列，
因此：1Sn=1+(n−1)×1=n⟹Sn=1n，
当时，an=Sn−Sn−1=1n−1n−1=−1n(n−1)，
所以a8=S8−S7=18−17=−18(8−1)=−156.
14. 已知函数的图象在点（其中）处的切线与圆心为的圆相切，则圆Q的最大面积是_________________
【答案】
【解析】
【分析】求出切线方程，根据点到直线的距离公式用表示出半径，然后利用导数求最值，然后可得面积最大值.
【详解】因为，，所以，切线斜率为，
所以切线方程为，即，
则圆的半径，
令，
则
，
令，则，
所以在上单调递减，又，
所以当时，，即，当时，，即，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，即，
所以.
四、解答题：本大题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 已知函数．
（1）求函数的单调区间和极值．
（2）若对恒成立，求实数的取值范围．
【答案】（1）答案见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用导数与函数单调性之间的关系可求得函数的增区间和减区间，即求得函数的极大值和极小值；
（2）利用导数求出函数在区间上的最小值，可得出，由此可解得实数的取值范围.
【小问1详解】
因为，则，
令，可得或，列表如下：
所以，函数的增区间为、，减区间为，
函数的极大值为，极小值为.
【小问2详解】
由（1）可知，函数在区间上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
且，，
故当时，，
因为对恒成立，则，解得，
因此，实数的取值范围是.
16. 如图，在三棱柱中，平面，，，分别为，的中点．
（1）证明：侧面为矩形；
（2）若，求直线与平面夹角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）．
【解析】
【分析】（1）根据线面平行的传递性可得平面，从而可得，根据等腰可得，故可证明平面，从而可得，根据平行关系可得，从而可证侧面为矩形．
（2）以为坐标原点，直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法可求线面角的正弦值.
【小问1详解】
如图，连接，由题知，是的中点，∴，
∵平面，而平面平面，∴平面，
又平面，∴．
又，，平面，∴平面，
又平面，∴．
∵分别是，的中点，∴，∴．
∴侧面为矩形．
【小问2详解】
连接，以为坐标原点，直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系.
易知，，，
∴，，，，
∴，，，
设平面的法向量为，
则，取．
∴，
∴直线与平面夹角的正弦值为．
17. 已知椭圆的左右焦点分别为，，点满足直线，的斜率之积为，点是上任意一点，．
（1）求的方程；
（2）过点的直线与交于，两点，若以为直径的圆经过坐标原点，求直线的方程．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据椭圆的概念，以及两点之间的斜率公式，求出椭圆的参数，写出标准方程即可；
（2）根据直线和椭圆的位置关系，联立方程组，根据韦达定理和向量数量积的坐标表示，求出参数值，进而求出直线方程即可.
【小问1详解】
设椭圆C的半焦距为，则，
所以，
因为直线，的斜率之积为，所以，解得．
因为，利用椭圆定义可得椭圆长轴，解得，
则．
所以C的方程为．
【小问2详解】
由已知得过点且满足题意的直线l的斜率存在，不妨设，
联立消去y得，
令，解得．
设，，则，，
因为以DE为直径的圆经过点O，所以，即，
所以，即，
所以，
整理可得即，满足，解得，
所以直线l的方程为．
18. 已知等差数列前项和为．数列前项和为，．
（1）求数列和的通项公式；
（2）求数列的前项和；
（3）若数列的前项和为，且，求的最小值．
【答案】（1）；
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）设等差数列的公差为，求出，利用等差数列通项公式即可求得，利用求出；
（2）令，利用错位相减法即可求解；
（3）令，得，进而利用等差数列前项和公式求得，又计算，即可求解.
【小问1详解】
设等差数列的公差为，
所以，解得，
所以，
所以，
由，当时，，解得，
当时，由有，
所以，即，
所以数列是以为公比，2为首项的等比数列，
所以，
所以；
【小问2详解】
令，设数列的前项和为，
所以①，
②，
由①②有：，
所以，
所以数列的前项和为；
【小问3详解】
令，
所以，
所以，
所以，
又，
因为，
所以的最小值为.
19. 已知函数，
（1）当时，讨论函数单调性；
（2）当时，若对任意，不等式恒成立，求b的最小值；
（3）若存在两个不同的极值点，且，求实数取值范围．
【答案】（1）函数在区间上单调递增，在区间上单调递减;
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用导数与单调性的关系即可求解；
（2）利用同构函数思想，结合函数的单调性，再用分离参变量求解即可；
（3）先分离参变量，再利用韦达定理消元，最后化成单变量函数进行最值分析即可求解.
【小问1详解】
由得，
令，得，故函数在区间上单调递增，
令，得，故函数在区间上单调递减，
综上，函数在区间上单调递增，在区间上单调递减;
【小问2详解】
当时，不等式可化为，
变形为即
同构函数，求导得，
所以在上是增函数.
所以原不等式可化为，
根据单调性可得:
再构造，则
当时，，则在上单调递增，
当时，，则在上单调递减，
所以，即满足不等式成立的，
所以的最小值为;
【小问3详解】
因为存在两个不同的极值点，
所以由可得:
因为，而的对称轴是，所以可得，
根据对称性可得另一个零点，此时有，
故，又由且可得，
而
令，
则，
因为所以，即，
则，
即在区间上单调递减，
所以有，
即，
所以实数取值范围.
增
极大值
减
极小值
增