河南省南阳市豫南部分高中2025-2026学年高二下学期6月期末考试数学试卷（Word版附解析）

这是一份河南省南阳市豫南部分高中2025-2026学年高二下学期6月期末考试数学试卷（Word版附解析），共21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
1．“”是“数列为等差数列”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分又不必要条件
2．已知函数在处有极大值，则的极小值为（ ）
A．4B．2C．1D．0
3．已知函数在区间上的图象大致为（ ）
A．B．
C．D．
4．已知，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
5．已知，，，则（ ）
A．B．C．D．
6．已知，且，则的最小值为（ ）
A．3B．C．5D．9
7．若奇函数定义域为，在区间上单调递增且，则不等式的解集为（ ）
A．B．
C．D．
8．已知定义域为的函数满足：，且，都有，则下列说法正确的是（ ）
A．B．的图象关于直线对称
C．在时取最小值D．
二、多选题
9．设等差数列的公差为，前n项和．若，，，则下列结论正确的是（ ）
A．数列是递增数列B．
C．D．中最大的是
10．已知函数，若函数有三个互不相等的零点，且，则下列结论正确的是（ ）
A．实数的取值范围是
B．的单调递减区间为，
C．
D．函数有4个零点
11．设的图象在区间上是一条连续不断的曲线，，，，总有，则称在上是上凸函数.已知是的上凸函数，且（是的导函数），则（ ）
A．
B．
C．
D．
三、填空题
12．已知数列共11项，的前项和为，数列中的每一项可取1或2，且取1和取2的概率均为，则满足能被3整除的数列的个数为_______（用数字作答）
13．若函数在区间内存在单调递增区间，则实数的取值范围是_______．
14．设函数的定义域为，其导函数为，且满足，，则不等式的解集为___________.
四、解答题
15．已知函数：，.
(1)若过定点，求的单调递增区间；
(2)若值域为，求的取值范围.
16．已知等差数列的前项和为，且，；数列满足
(1)求数列和的通项公式；
(2)记，求数列的前项和．
17．已知函数．
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)判断函数的零点个数，并说明理由；
(3)若对任意的，都有成立，求整数k的最大值．
18．某工厂去年12月试生产1100个智能机器人产品，产品合格率为90%，从今年1月开始，工厂在接下来的两年中将生产这款产品.1月按去年12月的产量和产品合格率生产，以后每月的产量都在前一个月的基础上提高10%，产品合格率比前一个月增加0.4%，设从今年1月起，各月的产量以及不合格率分别构成数列，.（可能用到的参考数据：）
(1)求数列，的通项公式.
(2)设从今年1月起，各月的不合格品的数量构成数列，求的值.
19．已知函数是定义在上的奇函数．
(1)求函数的解析式；
(2)判断函数在定义域上的单调性，并用定义加以证明；
(3)解不等式： .
《河南南阳市豫南部分高中联考2025-2026学年高二下学期6月期末数学试题》参考答案
1．B
解析：必要性验证：若数列为等差数列，根据等差中项的性质：对任意，若，则，
令，可得，故必要性成立；
充分性验证：若仅满足，无法推出数列为等差数列，
例如构造数列：，此时，，满足，但该数列相邻项差值不恒定，不是等差数列，故充分性不成立，
因此该条件是数列为等差数列的必要不充分条件.
2．D
解析：，，解得：或；
当时，，，
当时，；当时，；
在，上单调递增，在上单调递减，
是的极小值点，不符合题意；
当时，，，
当时，；当时，；
在，上单调递增，在上单调递减，
是的极大值点，符合题意，
此时函数在时取极小值，极小值为，
综上所述：的极小值为.
3．D
解析：因为,因此 是奇函数，图像关于原点对称，
排除选项 C（偶函数图像，关于 轴对称）；
当 时，分子 ，分母 ，
因此 ，选项 B 中 时函数值为负，矛盾，排除 B；
取 ，计算
的值接近 8，说明 附近函数值仍接近 8，
选项 A 中 的函数值和8相差比较大，排除 A；
因此，只有选项 D 符合所有特征.
4．A
解析：若，则，则充分性成立；
若，则满足，但不满足，故必要性不成立，
故“”是“”的充分不必要条件.
5．A
解析：比较与的大小：
构造函数，定义域为，
求导得，当时，，
故，在上单调递增，
因此，即，整理得；
比较与的大小：
构造函数，定义域为，求导得，
当时，，故，所以在上单调递增，
因此，即，整理得，
所以．
6．D
解析：因为，且，
所以，
所以，
当且仅当，即时，等号成立，所以的最小值为9.
故选：D.
7．A
解析：因为奇函数在区间上单调递增且，所以函数在区间上单调递增且，
因此，当或时，；当或时，，
不等式等价于或，解得或，
所以不等式的解集为.
8．D
解析：令，则，故，故A错误；
因为，所以的函数图象关于点中心对称，故B错误；
因为，都有，
所以在上单调递增，
因为的函数图象关于点中心对称，所以在上单调递增，
则在上单调递增，则无最小值，故C错误；
，故D正确.
9．BC
解析：设等差数列的首项为，因为，，
则，，整理得到，，
所以，，则，，所以，
所以，即，
所以数列是递减数列，故A错误，
对于B，因为，则，所以B正确，
对于C，由，得，由，可得，所以C正确；
对于D，因为时，，时，，
所以中最大的是，故D不正确．
10．BCD
解析：作出函数的大致图象，如图．
对于A，因为函数有三个互不相等的零点，则函数与的图象有三个不同的交点．
结合图象可得，故A不正确．
对于B，由函数的图象可知其单调递减区间为， ，故B正确．
对于C，由函数的图象可知，且，所以，
即，所以，故C正确．
对于D，设，则．
令，由函数的图象，得或．
当，即时，则，解得；
当，即时，所以或，解得或或，
所以函数有4个零点，故D正确．
11．AD
解析：对于A，由，知得在递增，因为，所以，选项A正确；
对于B，因为在上是“上凸”函数，由导数的几何意义知，
随着的增大，曲线在某点的切线的斜率越来越小，
所以，，选项B错误；
对于C，D，设，，
由切线的几何意义知，，
即，
即.选项C错误D正确.
故选：AD.
12．
解析：由古典概型可知，数列共有种情况，能被3整除的四种情况如下：
⑴中由10个1，1个2，由种情况.
⑵中由7个1，4个2，由种情况.
⑶中由4个1，7个2，由种情况.
⑷中由1个1，10个2，由种情况.
所以所求个数为
故答案为：
13．
解析：∵，∴，
∵在区间内存在单调递增区间，
∴在上有解，故在上有解，
令，则，
∵，∴，即在上为减函数，
∴，故．
故答案为：.
14．
解析：设，则，
由于，故，
即，则在R上单调递减，
又，即为，
即，故，
则不等式的解集为，
故答案为：
15．(1)
(2)
解析：（1）由过定点，则，
即，解得，所以，
由得函数的定义域是：，
因为在上单调递增，在上单调递减，
可得在上单调递增，在上单调递减，
所以的单调递增区间是；
（2）若值域为，则可以取到的任何数，
令，
当时，，显然可以取到的任何数，故成立；
当时，开口向上，只需要其，
即，即，解得，又，故；
当时，开口向下，不可以取到的所有值，故不符合；
综上可知，的取值范围是.
16．(1)，
(2)
解析：（1）设等差数列的公差为，
由，得，
；
，
，
当且时，，
两式相减得，则；
当时，，满足；
综上所述：；
（2），
则；
17．(1)
(2)函数的零点个数为2．，理由如下：
因为，定义域是，
所以．当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以在处取得极小值，也是最小值，．
因为，，
所以由函数零点存在定理，得在内和内各存在一个零点，
所以函数的零点个数为2．
(3)3
解析：（1）因为，，所以，
所以曲线在点处的切线的斜率为，
又因为，
所以曲线在点处的切线方程为，即．
（2）略；
（3）因为对任意的，都有，所以．
设，，
则．
由（2）知，在上单调递增．
因为，，
所以在内存在唯一的零点，即．
所以当时，，所以，在上单调递减；
当时，，所以，在上单调递增．
所以在处取得极小值，也是最小值，
．
因为，所以．
所以，所以整数k的最大值为3．
18．(1)，
(2)1776
解析：（1）由题意是等比数列，首项为，公比为；
合格率构成以为首项，为公差的等差数列，
所以，
；
（2）由（1）可得：，
①，
②，
①—②得，
，
，
．
19．(1)
(2)在上单调递增.
证明如下：任取且，
，
，且，，，
所以，即，
所以在上单调递增.
(3)
解析：（1）是定义在上的奇函数，
，则，
又，则.
.
（2）略
（3）在上是奇函数且单调递增，
由得 ，
，解得： ，
不等式的解集为.题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
D
D
A
A
D
A
D
BC
BCD
题号
11









答案
AD