2025--2026学年广东佛山市顺德第一中学高二下册期中考试数学试题 [含解析]

这是一份2025--2026学年广东佛山市顺德第一中学高二下册期中考试数学试题 [含解析]，共44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。
一、单选题（每题5分）
1. 已知集合，则的元素个数为（ ）
A. 4B. 3C. 2D. 0
2. 设复数，则的虚部为（ ）
A. B. 1C. D.
3. 已知均为单位向量且满足，则与的夹角为（ ）
A. B. C. D.
4. 的展开式中x2y3项的系数等于80，则实数a＝（ ）
A. 2B. ±2C. D. ±
5. 已知数列与均为等差数列，且，，则（ ）
A. 5B. 6C. 7D. 8
6. 甲、乙、丙、丁、戊五名同学参加某项竞赛，决出了第一名到第五名的5个名次.甲、乙两人去询问成绩，组织者对甲说：“很遗憾，你和乙都未拿到冠军.”对乙说：“你当然不会是最差的.”从组织者的回答分析，这五名同学的名次排列的种数为（ ）
A. 24B. 54C. 72D. 120
7. 已知定义在区间上的奇函数，对于任意的满足（其中是的导函数），则下列不等式中成立的是（ ）
A. B.
C. D.
8. 已知函数，若对任意，恒成立，则的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
二、多选题（每题6分，部分对得部分分，有错选得0分）
9. 在公比为整数的等比数列中，是数列的前项和，若，，则下列说法正确的是（ ）
A. B. 数列是公差为2的等差数列
C. D. 数列是等比数列
10. 已知，则下列描述正确的是（ ）
A.
B.
C.
D.
11. 已知是函数的极小值点，则（ ）
A.
B. 若，则
C. 若，则有3个相异的零点
D. 方程有3个不同的实数根
三、填空题（每题5分）
12. 的展开式中常数项是____________．
13. 已知数列满足且，若是等比数列，则_______．
14. 已知对任意的，不等式恒成立，则实数的取值范围为______.
四、解答题
15. 已知函数，曲线在点处的切线与直线平行.
（1）求a的值；
（2）求函数的单调区间；
（3）求函数在上的最大值、最小值.
16. 已知数列中，，且满足（）．
（1）求的通项公式；
（2）令，为数列的前n项和，证明：．
17. 如图，在四棱锥中，底面，底面为矩形，为棱的中点，.
（1）证明：平面；
（2）证明：；
（3）若平面与平面夹角的余弦值为，求.
18. 已知数列的前n项和为，，.
（1）求证：数列是等差数列.
（2）设，数列的前n项和为.
①求；
②若对任意的正整数n，不等式恒成立，求实数的取值范围.
19. 已知函数，其中．
（1）当时，求曲线在点处的切线方程．
（2）若有3个不同的零点．
（i）求实数a的取值范围；
（ⅱ）若成等差数列，求该数列的公差
数学
满分150分，时间120分钟
一、单选题（每题5分）
1. 已知集合，则的元素个数为（ ）
A. 4B. 3C. 2D. 0
答案：B
解析：
思路：根据题意求集合，即可判断元素个数.
解答过程：由题意可得：，
可知有3个元素.
故选：B
2. 设复数，则的虚部为（ ）
A. B. 1C. D.
答案：B
解析：
思路：根据复数的乘法运算及复数虚部的定义即可求解.
解答过程：由题意可知，所以的虚部为1.
故选：B.
3. 已知均为单位向量且满足，则与的夹角为（ ）
A. B. C. D.
答案：C
解析：
思路：利用向量的夹角公式可求与的夹角.
解答过程：由可得，即，
所以,
因为均为单位向量，所以.
所以，
而，
故，
故选：C.
4. 的展开式中x2y3项的系数等于80，则实数a＝（ ）
A. 2B. ±2C. D. ±
答案：D
解析：
思路：根据展开式的通项公式，确定项的系数，即可求解.
解答过程：展开式的通项公式是，当时，项的系数为
，解得.
故选：D
5. 已知数列与均为等差数列，且，，则（ ）
A. 5B. 6C. 7D. 8
答案：B
解析：
思路：根据等差数列的性质即可求解.
解答过程：因为，，
所以，
即 ，
根据等差数列的性质可知，
所以.
故选:B.
6. 甲、乙、丙、丁、戊五名同学参加某项竞赛，决出了第一名到第五名的5个名次.甲、乙两人去询问成绩，组织者对甲说：“很遗憾，你和乙都未拿到冠军.”对乙说：“你当然不会是最差的.”从组织者的回答分析，这五名同学的名次排列的种数为（ ）
A. 24B. 54C. 72D. 120
答案：B
解析：
思路：安排方案可分3步完成，第一步先安排乙，再安排甲，最后安排其他同学完成，由分步乘法原理求满足条件的方案数.
解答过程：满足要求的方案可分3步完成，第一步先安排乙，乙可以排在第2,3,4位，有3种安排方法，第二步安排甲，有3种安排方法，第三步再安排其他同学，有种安排方法，由分步乘法原理满足条件的安排方法有54种.
7. 已知定义在区间上的奇函数，对于任意的满足（其中是的导函数），则下列不等式中成立的是（ ）
A. B.
C. D.
答案：B
解析：
思路：构造函数，其中，分析函数的奇偶性及其在上的单调性，再利用函数的单调性逐项判断可得出合适的选项.
解答过程：构造函数，其中，则，
所以，函数为奇函数，
当时，，
所以，函数在上为增函数，故该函数在上也为增函数，
由题意可知，函数在上连续，故函数在上为增函数.
对于A选项，，即，则，A错；
对于B选项，，即，则，B对；
对于C选项，，即，则，C错；
对于D选项，，即，则，D错.
故选：B.
8. 已知函数，若对任意，恒成立，则的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
答案：A
解析：
思路：构造函数，，利用导数与函数的单调性，分别求出的单调区间，进而求出其最值，再结合题设条件，得到或，即可求解
解答过程：令，，则，
则，因为，，当，即时，恒成立，
此时在上单调递增，所以，
当，即时，由，得到，
当时，，当时，，
即在区间上单调递减，在区间上单调递增，
所以时，，
又，当时，在区间上恒成立，
即在区间上单调递增，
又时，，时，，
所以时，，不恒成立，所以不合题意，
当时，由，得到（舍）或，
所以时，，时，，
即在区间上单调递增，在区间上单调递减，
所以时，，
要使对任意，恒成立，也即对任意，，
则或，解得或，
所以，
故选：A.
二、多选题（每题6分，部分对得部分分，有错选得0分）
9. 在公比为整数的等比数列中，是数列的前项和，若，，则下列说法正确的是（ ）
A. B. 数列是公差为2的等差数列
C. D. 数列是等比数列
答案：ACD
解析：
思路：根据题意计算出，求出通项及前项和，再依次判断选项即可.
解答过程：由题意可得：，解得或,
因为等比数列的公比为整数，所以，所以等比数列的通项公式为.故A正确；
选项B:因为, 所以,且当时，,所以数列是首项为,公差为的等差数列,所以选项B错误；
选项C:因为所以等比数列的其前项和所以所以选项C正确.
选项D:由选项C得,所以且当时，,所以数列是首项为4，公比为2的等比数列.所以选项D正确.
故选：ACD
10. 已知，则下列描述正确的是（ ）
A.
B.
C.
D.
答案：ABD
解析：
思路：应用赋值法计算判断A，C，由通项公式计算判断B，应用导函数结合赋值法判断D.
解答过程：对于A，将代入，，故A正确；
对于B，，故B正确；
对于C，将代入，，
，故C不正确；
对于D，对求导，，
将代入得到，故D正确.
故选：ABD.
11. 已知是函数的极小值点，则（ ）
A.
B. 若，则
C. 若，则有3个相异的零点
D. 方程有3个不同的实数根
答案：ACD
解析：
思路：利用极值点的性质判断A，利用三角函数的性质结合导数判断B，先讨论的零点个数，转化为交点问题判断C，利用换元法结合零点存在性定理判断D即可.
解答过程：对于A，因为，所以，
因为是函数的极小值点，所以，
可得，解得，故A正确，
对于B，因为，所以，则，即，
由正弦函数性质得，由余弦函数性质得，
由已知得，则，
令，，令，，
可得在上单调递减，在上单调递增，
得到，故B错误，
对于C，由已知得在上单调递减，在上单调递增，
而，得到，，
当时，，当时，，
若讨论的零点个数，则讨论的解的个数，
故讨论与的交点个数即可，
如图，作出符合题意的图象，
由图象可得，当时，与有3个相异的交点，
即有3个相异的零点，故C正确，
对于D，令，若求方程的实数根，
则先求的解的个数，即求的解的个数，
令，则求的零点个数，
由已知得在上单调递减，在上单调递增，
而，，，，
可得，，
由零点存在性定理得存在，作为的零点，
则是的两个解，后续求解与即可，
由已知得在上单调递减，在上单调递增，
若，当时，，此时无解，排除，
当时，，此时有一个解，
当时，，此时有一个解，
若，当时，，此时无解，排除，
当时，，此时无解，
当时，，此时有一个解，
综上，方程有3个不同的实数根，故D正确.
故选：ACD
三、填空题（每题5分）
12. 的展开式中常数项是____________．
答案：
解析：
思路：求得二项展开式的通项，结合通项确定的取值，代入即可求解.
解答过程：由题意，二项式展开式的通项为，
令，可得展开式中的常数项为.
故答案为.
13. 已知数列满足且，若是等比数列，则_______．
答案：
解析：
解答过程：由于数列是等比数列，设其公比为，
则，
即，又，
则，解得.
14. 已知对任意的，不等式恒成立，则实数的取值范围为______.
答案：
解析：
思路：由不等式恒成立构造，只需成立：利用导函数研究单调性知使，此时得，而，构造得到时恒成立，进而可求的取值范围.
解答过程：由题意，对任意的不等式恒成立，
令，则，，
∴在上单调增，且时，，时，，
所以使，即，
∴在上递减，上递增，
故：，即，
而在上单调增，又，
∴，即有时恒成立，
∴，
故答案为.
方法提示：关键点点睛：
1、构造，原不等式恒成立转化为有成立；
2、由导数知使，此时保证即原不等式恒成立；
3、由上得，构造讨论单调性有.
四、解答题
15. 已知函数，曲线在点处的切线与直线平行.
（1）求a的值；
（2）求函数的单调区间；
（3）求函数在上的最大值、最小值.
答案：（1）
（2）单调递增区间为和，单调递减区间为.
（3）最大值为40，最小值为.
解析：
思路：（1）对函数求导，由导数的几何意义得切线的斜率，利用两直线平行，斜率相等即可求得a的值；
（2）对函数求导，利用导数研究函数的单调性即可求解；
（3）求出在上的单调性，即可利用单调性求出最值.
（1）因为，则，
则，而直线的斜率为，
则，解得.
（2）由（1）可知，所以，定义域为，且.
令，即，化简可得，解得，
当，即时，解得或，
所以的单调递增区间为和，
当即时，解得，
所以的单调递减区间为.
综上，得单调增区间为和，单调减区间为.
（3）由（2）知，其单调增区间为和，单调减区间为，
所以在上单调递减，在上单调递增，为其极小值点，
则
综上，函数在上的最大值为，最小值为.
16. 已知数列中，，且满足（）．
（1）求的通项公式；
（2）令，为数列的前n项和，证明：．
答案：（1）
（2）证明见解析
解析：
思路：（1）构造等比数列求通项公式；
（2）利用裂项相消求出，并判断的正负性.
（1）由得，，
由于，故，故，
故数列是以3为首项，公比为3的等比数列，
所以，故
（2）由（1）得，所以，
故
，
由于，故，
又，
故，所以
17. 如图，在四棱锥中，底面，底面为矩形，为棱的中点，.
（1）证明：平面；
（2）证明：；
（3）若平面与平面夹角的余弦值为，求.
答案：（1）证明见解析
（2）证明见解析 （3）
解析：
思路：（1）连接，交于点，连接，只需证明，再结合线面平行的判定定理即可得证；
（2）只需证明平面，再结合线面垂直的性质即可得解；
（3）引入参数，建立适当的空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，由题意建立关于的方程即可求解.
（1）如图，连接，交于点，连接.
底面是矩形，是的中点，
又为棱的中点，，
平面，平面，平面.
（2）平面，，
又，，平面，平面，
又平面，.
，E是棱的中点，，
又，平面，又因为平面，.
（3）底面，底面为矩形，，DP，DC两两垂直，
以为坐标原点，所在直线分别为x，y，z轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
设，则，，，，，，.
设平面的法向量为，
则，取.
由（2）可知是平面的一个法向量，
因为平面与平面夹角的余弦值为，
所以，
解得（负值舍去），即.
18. 已知数列的前n项和为，，.
（1）求证：数列是等差数列.
（2）设，数列的前n项和为.
①求；
②若对任意的正整数n，不等式恒成立，求实数的取值范围.
答案：（1）证明见解析
（2）①；②
解析：
思路：（1）由，根据，得到，两边同除以，得到，结合等差数列的定义，即可得证；
（2）①由（1）求得，得到，利用乘公比错位相减法求和，即可求得；②由对任意的恒成立，转化为恒成立，令，求得数列是递减数列，得到的最大值，即可求得的取值范围.
（1）证明：因为，可得，所以，
两边同除以，可得，即，
又因为，可得，所以数列是首项为，公差为1的等差数列.
（2）解：①由（1）可得，所以，可得，
所以，
则.
两式相减，可得
，
所以.
②因为对任意的恒成立，所以，
则对任意的恒成立.
令，可得，
所以数列是递减数列，
当时，取得最大值，所以，即实数的取值范围是.
19. 已知函数，其中．
（1）当时，求曲线在点处的切线方程．
（2）若有3个不同的零点．
（i）求实数a的取值范围；
（ⅱ）若成等差数列，求该数列的公差
答案：（1）
（2）（i）；（ii）
解析：
思路：（1）根据导数的几何意义求出切线的斜率，再利用直线点斜式方程即可求出答案；
（2）（ⅰ）在上单调递增，分为和两种情况结合导数与单调性的关系求出函数在上的单调性，根据题目条件列不等式即可求出答案；
（ⅱ）由题可知，，，代入可得，即，，设公差为，消元得到，列等式即可求出公差.
（1）解：当时，，
当时，，所以．
又，
所以曲线在点处的切线方程为，即．
（2）解：（ⅰ）当时，由得单调递增，且．
当时，，
若，因为，所以，即在上单调递增，且，
从而在R上单调递增，不可能有3个零点，不符合题意，
若，令，可得，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
又当时，当时，
所以要使有3个零点，则，即，解得．
所以实数的取值范围为
（ⅱ）由题可知，，，
所以，
则①，②．
设公差为，即，
由①可得，，由②可得，，
则，化简得，解得（负值舍去），
即公差．0
4
0
减函数
增函数
40