四川省自贡市荣县中学2025-2026学年高二下学期5月期中数学试题（Word版附解析）

这是一份四川省自贡市荣县中学2025-2026学年高二下学期5月期中数学试题（Word版附解析），共2页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 已知数列 的前 项和公式为 ，则 （ ）
A. 10 B. 12 C. 14 D. 16
【答案】B
【解析】
【详解】 ．
2. 在等比数列 中， ， ，则 （ ）
A. 36 B. C. D. 6
【答案】D
【解析】
【详解】在等比数列 中，因为 ，所以 ，即 ，
所以 ，又因为 与 同号，所以 .
3. 已知函数 的导函数 的图象如图所示，则函数 的图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
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【分析】根据导数图像的变化特点进行分析即可.
【详解】结合图象可知， 在 从最大值逐渐减小到最小值，所以切线斜率从趋近于 0 逐渐到
最小，斜率绝对值逐渐增大，因此下降越来越快，
在 从最小值逐渐增加到 0，所以切线斜率从最小值（负值）逐渐趋近于 0，斜率绝对值逐渐
减小，因此下降越来越平缓，D 符合这个性质.
4. 已知函数 的图象在点 处的切线与直线 垂直，则实数 m 的值为
（ ）
A. 0 B. 1 C. 2 D. 3
【答案】D
【解析】
【分析】求出函数的导数，再利用导数的几何意义，结合垂直关系列式求解.
【详解】函数 ，求导得 ，则 ，
由函数 的图象在点 处的切线与直线 垂直，得 ，
即 ，所以 .
5. 已知等差数列 的前 n 项和为 ，若 ，则 （ ）
A. 36 B. 32 C. 24 D. 18
【答案】C
【解析】
【详解】等差数列 中，由 得 ，
所以 .
6. 已知等比数列的前 项和为 ，若 ， ，则 （ ）
A. 90 B. 210 C. 250 D. 310
【答案】B
【解析】
【详解】由题意可知 成等比数列，
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所以 ，解得 .
7. 设 ， ， ，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】构造函数 ，利用其单调性比较 ，利用不等式性质比较 ，得到大小关系.
【详解】构造函数 ，则 ，令 得 ，
则当 时， ， 单调递增，当 时， ， 单调递减，
因此 的最大值在 处取得，又 ， ， 所以 ，即
又 ，所以 ，所以 ，即 ，
综上可得 .
8. 图 1 是一个边长为 2 的正三角形纸片 ，沿虚线剪掉三个角处的四边形，剩余部分沿 的三
条边折叠成一个正三棱柱 （无盖），如图 2，当正三棱柱 的体积最大时，异面
直线 与 所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设正三棱柱 的底面边长为 ，高为 ，求得 ，得到正三棱柱
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的体积为 ，利用导数求得，求得 的单调性，得到 时，
取得最大值，结合异面直线所成角的求法，即可求解.
【详解】设正三棱柱 的底面边长为 ，高为 ，
则 ，所以 ，其中 ，解得 ，
所以正三棱柱 的体积为：
，
可得
令 ，即 ，解得 或 ，
因为 ，所以 ，
当 时， ， 单调递增；当 时， ， 单调递减，
所以当 时， 取得最大值，此时 ，
在直角 中，可得 ，
连接 ，可得 ，
在正三棱柱 中，可得 ，
所以异面直线 与 所成角，即为直线 与 所成的角，
在 中，可得 ，
所以异面直线 与 所成角的余弦值为 .
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二、多选题（每题 6 分，共 18 分）
9. 已知数列 满足 ，则下列结论正确的有（ ）
A. 数列 是等差数列 B. 数列 是等比数列
C. 的通项公式为 D. 数列 是递增数列
【答案】AC
【解析】
【详解】由 ，得 ，则 ，
所以数列 是以 为首项，2 为公差的等差数列，故 A 正确，B 错误；
则 ，即 ，即数列 是递减数列，故 C 正确，D 错误.
10. （多选）已知函数 的定义域为 ，曲线 上点 ，且 存在，则下列命题
中正确的有（ ）
A. 若 ，则
B. 若 ，则
C. 若 ， ，则
D. 若 ，则
【答案】ABD
【解析】
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【分析】根据导数的定义可先计算两个变量的改变量，再求极限即可.
【详解】对于 A： ，故 A 正确；
对于 B： ，解得 ，故
B 正确；
对于 C： ，解
得 ，故 C 错误；
对于 D：
，故 D 正确．
故选：ABD．
11. 已知定义在 上的函数 满足： ，其中[x]表示不超过 的最大整数．当
时， ，设数列 满足 ，数列 为 从小到大第 n 个极小值点构成
的数列，下列说法正确的是（ ）
A. 数列 为等比数列 B. ，使得
C. 数列 的通项公式 D. ，都有
【答案】AC
【解析】
【分析】由题意可得 ，计算可判断 A；由题意得 ，求解判断 B；若
时，可得 ，求解计算可判断 CD.
【详解】因为定义在 上的函数 满足： ，且 ，
所以 ，所以 ，
又 ，所以 是以 为首项，2 为公比的等比数列，故 A 正确；
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所以 ，所以 ，
若 ，得 ，解得 ，又 ，不存在 的值，
所以不存在 ，使得 ，故 B 错误；
当 时，由 ，得 ，令 ，解得 ，
当 时， ， 在 上单调递减，
当 时， ， 在 上单调递增，
所以 是函数 的第一个极小值点.
若 时，则 ，
则 ，
所以 ， ，
所以 ，即
递推得 ，
求导得 ，
令 ，可得 ，解得 ，即 ，
当 时， ， 在 上单调递减，
当 时， ， 在 上单调递增，
所以 的第 个极小值点为 ，
所以 ，即 ，故 C 正确；
所以第 个极小值为
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当 时，极小值 ，故 D 错误.
【点睛】
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三、填空题（每题 5 分，共 15 分）
12. 函数 的极值点为__________.
【答案】1
【解析】
【分析】求导，令导函数为 0，可得极值点，分析单调性，即可得答案.
【详解】由题意得 ，
令 ，得 或 （舍），
当 时， ，则 单调递减，
当 时， ，则 单调递增，
所以 为 的极小值点，无极大值点.
13. 已知函数 满足 ，则 ________.
【答案】
【解析】
【详解】先对 求导： .
令 ，得 .
移项得 ，即 .
所以 ，代入 ，
.
14. 已知数列 满足 ，该数列的前 项和为 .给出下列四个结论：
① ；
② ；
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③ 非零常数 ，对 都有 ；
④ ，都有 .
其中所有正确结论的序号是__________.
【答案】①④
【解析】
【分析】对于①②，根据条件直接求解即可；对于③，假设存在，推导出一个奇数为数列 的一个周期，
推出矛盾；对于④，推导出 .
【详解】对于①， ，故 ，①正确；
对于②， ，故 ，而 ，故 ，②错误；
对于③，假设存在非零常数 ，对 ，都有 ，显然 ，
当 ， 时，则 ，
若 ，则 ，不合要求，
综上， ， ，不满足要求；
当 ， 时，则 ，不合要求；
当 ， 时， ，
若 ，则 ，不合要求，
综上， ， 不合要求；
当 ， 时， ，故 为数列 的一个周期，
同理 ，故 也为数列 的一个周期，
依次类推，最终可得一个奇数为数列 的一个周期，
但根据前面所推导，奇数不是 的周期，故假设不成立，
不存在非零常数 ，对 ，都有 ，③错误；
对于④， ，故 ， ，故 ，
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由 得， ， ，
，
因此 ，
于是 ，
因为 ，故当 时， ，
所以 ，
其中 ，所以 ，
，都有 ，④正确.
四、解答题（共 77 分）
15. 设 为等差数列 的前 项和，已知 ， .
（1）求数列 的通项公式；
（2）记 ， 为数列 的前 项和，求 .
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用等差数列通项公式及前 项公式列出方程组解出等差数列的首项和公差即可；
（2）先求出数列 的通项公式，然后利用裂项相减法求和，可求出 的值.
【小问 1 详解】
等差数列 中， ， ，
，解得 ， ，
.
【小问 2 详解】
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， ，
.
16. 已知数列 的前 项和为 ， ， ．
（1）证明： 是等比数列，并求出 的通项公式：
（2）求数列 的前 项和 ；
（3）若 ，求 的取值范围．
【答案】（1）证明见详解；
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）由 与 关系结合题意可得 ，据此可完成证明；进而求出 的通项公
式；
（2）由（1）结合错位相减法可得答案；
（3）根据（1）得到 ，根据作差法得到数列的单调性，再求范围即可.
【小问 1 详解】
已知 ，故 ，当 时， .
因为 ，代入 ，
整理得 .
因此 是首项为 、公比为 的等比数列，
所以 ，故 .
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【小问 2 详解】
两边同乘 得
得， ，
整理得 .
【小问 3 详解】
由 得 ，设 ， 对任意正整数 恒成立，
只需 的最大值.
，
当 时， ，即 ；
当 时， ，即 ，
故 最大值为 .
因此 的取值范围为 .
17. 已知函数 ．
（1）求 的极值；
（2）若对任意 ，都有 恒成立，求实数 的最小值；
（3）若过点 的直线 与曲线 相切，求 的方程．
【答案】（1） 的极大值为 ； 的极小值为
（2）
（3）
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【解析】
【分析】（1）利用导数研究单调性求极值即可求解；
（2）由（1）的单调性求出函数的最值即可求解；
（3）设切点，利用导数的几何意义求切线方程，代入 ，解出即可求解.
【小问 1 详解】
由题意得： ，令 ，解得 或 ，
由 有： 或 ，由 有： ，
所以 在 单调递减，在 单调递增，
所以 的极大值为 ，
的极小值为
【小问 2 详解】
由已知有：对任意 ，都有 恒成立，
由（1）有 在 单调递增，在 单调递减，
又 ，
所以 ，
所以 ，
所以实数 的最小值为 ；
【小问 3 详解】
设切点为 ，
所以 ， ，
所以切线方程 为： ，
所以 ，
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又切线 过点 ，
所以 ，
化简整理有： ，即 ，解得 ，
所以直线 的方程为： ，
所以直线 的方程为： .
18. 记平面内 条直线最多将平面分成 个部分，空间中 个平面最多将空间分成 个部分， .
（1）请写出 ， ， ， 的值（无需说明理由）；
（2）求 ；
（3）设 ，求数列 的前 项和 .
【答案】（1） ， ， ，
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）通过位置关系可分析出结果；
（2）分析可得 ，采用累加法可求得 ；
（3）类比（2）中结论，结合累加法可求得 ，进而得到 ，采用裂项相消法可求得结果.
【小问 1 详解】
，
，如图所示：
第 15页/共 20页
，如图所示：
，如图所示：
【小问 2 详解】
由题意知：当 条直线两两相交且交点互不相同时，分平面的部分最多；
第 条直线与前 条直线有 个交点，这 个交点将第 条直线分成 段，每一段将原来的部分分
成两部分，故新增加 部分，即 ，
；
当 时， 满足 ；
.
【小问 3 详解】
当 个平面两两相交且交线互不相同时，分空间的部分最多；
第 个平面与前 个平面有 条交线，这 条交线两两相交且交点不同，
由（2）知：将第 个平面分成 个部分，每部分将原来的空间分成两部分，故新增加 部分，即
，
，
，
第 16页/共 20页
，
又 满足 ，
；
，
.
19. 已知函数 ， ．
（1）当 时，求 的单调区间；
（2）当 时， ，求 的取值范围；
（3）求证： ．
【答案】（1）单调递增区间为 和 ，无单调递减区间
（2）
（3）证明过程见解析
【解析】
【分析】（1）将 代入 中，求导，再构造函数 ，求导，分析函数的单调性求出
，进而即可得到 的单调区间；
（2）依题意将条件转化为 ， ，再构造函数 ，求导，再分析
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附近的导数，从而得到 ，进而验证 和 时， 在 上是否恒成
立即可；
（3）依题意，可先证明不等式 ， ，从而构造函数，求导，分析函数的单调
性来证明该不等式成立，从而得到 ，再结合对数的运算及裂项相消求和即
可证明结论．
【小问 1 详解】
当 时， ，其定义域为 ，
则 ，
令 ，则 ，
若 ， ，即 在 上单调递减；
若 ， ，即 在 上单调递增，
则 ，
所以 在 和 上恒成立，
所以 的单调递增区间为 和 ，无单调递减区间．
【小问 2 详解】
当 时，由 ，整理得 ，
令 ， ，
则 ，
当 时， ，
所以要使 在 上恒成立，
即要使 （否则在 附近 会递减，导致 ），
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则 ，解得 ，
以下验证 时， 在 上恒成立，
当 时， ， ，
令 ， ，则 ，
则 ，即 ，
所以 在 上单调递增，所以 ，
所以 满足 ；
当 时，则 ，所以 ，
所以 也满足 ．
综上所述， 的取值范围为 ．
【小问 3 详解】
先证明不等式 ， ，
令 ， ，
即证不等式 ， ，
令 ， ，
则 ，
则 在 上单调递增，所以 ，
所以不等式 在 时成立，
则 ，
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，
所以 ，得证．
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