精品解析：四川省内江市威远中学校2024-2025学年高二下学期期中考试数学试题

威远中学2026届高二下期半期考试 数 学 （命题人：第三小组） 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，全卷满分150分，考试时间120分钟. 第Ⅰ卷 （选择题 共58分） 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. 已知等差数列的前项和为，若，则（ ） A. B. C. 1 D. 2. 在等比数列中，，，则（ ） A. 4 B. 8 C. 10 D. 12 3. 函数的单调递增区间是（ ） A. B. 和 C. D. 4. 在等比数列{an}中，an>0，且a1+a2=1，a3+a4=9，则a4+a5的值为（ ） A. 16 B. 27 C. 36 D. 81 5. 已知等差数列的公差，，，记该数列的前n项和为，则的最大值为（ ） A. 20 B. 24 C. 36 D. 40 6. 已知函数的图象如图所示，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 7. 已知数列的前项和为，且，，则的值为（ ） A. 360 B. 480 C. 960 D. 1280 8. 的导函数，则（ ） A. 1 B. -1 C. 2 D. -2 二.多选题（本题共3个小题，每题6分，有多个选项，共18分） 9. 已知数列满足，则（ ） A. B. 的前n项和为 C. 的前100项和为100 D. 的前30项和为357 10. 已知，下列说法正确的是（ ） A. 在处的切线方程为 B. 的单调递减区间为 C. 的极大值为 D. 方程有两个不同的解 11. 已知数列满足，则下列结论正确的有（　　） A. 为等比数列 B. 的通项公式为 C. 为递增数列 D. 的前n项和 第Ⅱ卷 （非选择题 共92分） 三. 填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分，请把答案填在答题卡相应位置上. 12. 已知数列的前项和为，，则________. 13. 曲线上的点到直线的最短距离是________． 14. 设为数列的前项和，已知，，则________. 四、解答题（本大题共5小题，共72分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 15 已知曲线. （1）求曲线在点处的切线方程； （2）求过点且与曲线相切直线方程. 16. 已知数列前n项和，数列的前n项和． （1）求，的通项公式； （2）若，求的前n项和． 17. 已知数列，若，且． （1）证明数列是等比数列，并求出的通项公式； （2）若，且数列的前项和为，求． 18. 已知函数． （1）当时，求单调区间和极值； （2）若，求a的取值范围． 19. 已知函数，记，且， （1）求，； （2）设，， （ⅰ）证明：数列等差数列； （ⅱ）数列的前n项和为，且对任意的，满足，求的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 威远中学2026届高二下期半期考试 数 学 （命题人：第三小组） 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，全卷满分150分，考试时间120分钟. 第Ⅰ卷 （选择题 共58分） 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. 已知等差数列的前项和为，若，则（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】D 【解析】 【分析】可以根据等差数列的基本量，即将题目条件全转化成和来处理，亦可用等差数列的性质进行处理，或者特殊值法处理. 【详解】方法一：利用等差数列的基本量 由，根据等差数列的求和公式，， 又. 故选：D 方法二：利用等差数列性质 根据等差数列的性质，，由，根据等差数列的求和公式， ，故. 故选：D 方法三：特殊值法 不妨取等差数列公差，则，则. 故选：D 2. 在等比数列中，，，则（ ） A. 4 B. 8 C. 10 D. 12 【答案】B 【解析】 【分析】由等比数列的性质运算即可. 【详解】由题意，且，所以. 故选：B. 3. 函数单调递增区间是（ ） A. B. 和 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用导数求得的单调递增区间. 【详解】由题设，且， 可得，所以递增区间为. 故选：C 4. 在等比数列{an}中，an>0，且a1+a2=1，a3+a4=9，则a4+a5的值为（ ） A. 16 B. 27 C. 36 D. 81 【答案】B 【解析】 【分析】根据数列的基本量的运算，由，根据an>0可得q=3，再根据，即可得解. 【详解】∵a1+a2=1，a3+a4=9， ∴q2=9. ∴q=3（q=-3舍去）， ∴a4+a5=（a3+a4）q=27. 故选：B 5. 已知等差数列的公差，，，记该数列的前n项和为，则的最大值为（ ） A. 20 B. 24 C. 36 D. 40 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，结合等差数列性质求出及通项公式，再确定所有非负数项即可得解. 【详解】等差数列中，公差，即数列是递减等差数列， 显然，而，且，解得，则， ，由，得，因此数列前9项均非负数，从第10项起均为负数， 所以的最大值为. 故选：C. 6. 已知函数的图象如图所示，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用的图象分析的正负情况，从而分类讨论即可得解. 【详解】由图象可知在上单调递增，在上单调递减， 所以当或时，；当时，； 而等价于①，或②， 由①得或，则， 由②得，则， 综上，. 故选：B. 7. 已知数列的前项和为，且，，则的值为（ ） A. 360 B. 480 C. 960 D. 1280 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定的递推公式可得，再求出数列的前40项中的奇数项的和及偶数项的和即可. 【详解】当n为奇数，，， 当n为偶数，，， 因此，的奇数项是以3为首项，3为公差的等差数列； 的偶数项是以为首项，3为公差的等差数列， 所以 . 故选：D 8. 的导函数，则（ ） A. 1 B. -1 C. 2 D. -2 【答案】A 【解析】 【分析】对两边取对数，结合复合函数求导即可. 【详解】对两边取对数，， 两端同时求导可得： 所以， 所以， 故选：A 二.多选题（本题共3个小题，每题6分，有多个选项，共18分） 9 已知数列满足，则（ ） A. B. 的前n项和为 C. 的前100项和为100 D. 的前30项和为357 【答案】AD 【解析】 【分析】当时，，两式相减可求出，检验满足，可判断A；由等差数列的前项和公式可判断B；由分组求和法可判断C，D. 【详解】当时，， 当时，， 两式相减可得：， 所以， 显然当时，满足，故，故A正确； 由等差数列求和公式知的前项和为，故B错误； 令，的前100项和为： ，故C错误； 令， 所以的前30项和为： ，故D正确. 故选：AD. 10. 已知，下列说法正确的是（ ） A. 在处的切线方程为 B. 的单调递减区间为 C. 的极大值为 D. 方程有两个不同的解 【答案】BC 【解析】 【分析】对于A，利用导数的几何意义求解，对于B，求导后，由导数小于零求解，对于C，求导后求极值，对于D，函数与的交点个数判断 【详解】对于A，由（），得，，则，所以在处的切线方程为，所以A错误， 对于B，由，得，，所以的单调递减区间为，所以B正确， 对于C，由，得，当时，，当时，，所以当时，取得极大值，所以C正确， 对于D，由C选项可知的最大值为，且当时，，当时，， 所以函数与的交点个数为1，所以有1个解，所以D错误， 故选：BC 11. 已知数列满足，则下列结论正确的有（　　） A. 为等比数列 B. 的通项公式为 C. 为递增数列 D. 的前n项和 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据已知证明为定值即可判断A；由A选项结合等比数列的通项即可判断B；作差判断的符号即可判断C；利用分组求和法即可判断D. 【详解】因为， 所以+3，所以， 又因为， 所以数列是以4为首项，2为公比的等比数列，故A正确； ，即，故B正确； 因为， 因为，所以， 所以，所以为递减数列，故C错误； ， 则，故D正确. 故选：ABD. 第Ⅱ卷 （非选择题 共92分） 三. 填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分，请把答案填在答题卡相应位置上. 12. 已知数列的前项和为，，则________. 【答案】 【解析】 【分析】利用前项和与通项公式的关系求解通项公式即可. 【详解】当时，， 当时，， 此时，不符，故. 故答案为： 13. 曲线上的点到直线的最短距离是________． 【答案】 【解析】 【分析】求出和平行的直线和相切，求函数的导数，利用导数的几何意义求出切点坐标即可得到结论. 【详解】与平行的直线和相切，则斜率为， 因为，所以， 令，解方程得，代入直线方程得切点， 则点到直线的距离就是曲线的点到直线的最短距离， 由点到直线的距离公式知， 故答案为：. 14. 设为数列的前项和，已知，，则________. 【答案】 【解析】 【分析】构造数列，得其为常数列，进而求得，再由错位相减法求解即可. 【详解】由可得， 令，则，∴又，，∴； ①， ②， ①减②得：， ∴，∴. 故答案为：. 四、解答题（本大题共5小题，共72分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 已知曲线. （1）求曲线在点处的切线方程； （2）求过点且与曲线相切的直线方程. 【答案】（1） （2）和. 【解析】 【分析】（1）“在”某点处的切线方程，求导，代入点斜式即可求得； （2）“过”某点处的切线方程，设切点，结合切点在曲线上，切点在切线上，联立方程组即可求得. 【小问1详解】 ， 当时，， 所以曲线在点处的切线方程为，即. 【小问2详解】 设切点坐标为，由（1）知切线的斜率为， 故切线方程为， 因为切线过点，所以， 即，所以或， 故过点且与曲线相切的直线有两条， 其方程分别是和， 即和. 16. 已知数列的前n项和，数列的前n项和． （1）求，的通项公式； （2）若，求的前n项和． 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）由通项公式与前n项和的关系，作差即可求解； （2）由错位相减法即可求解； 【小问1详解】 因为数列的前n项和， 所以当时，； 当时，， 此时满足上式，故． 因为数列的前n项和， 所以当时，； 当时， ，此时满足上式， 故． 【小问2详解】 因为， 所以， 则， 两式相减得， 化简得． 17 已知数列，若，且． （1）证明数列是等比数列，并求出的通项公式； （2）若，且数列的前项和为，求． 【答案】（1）证明见解析， （2） 【解析】 【分析】（1）依题意可得，结合等比数列的定义证明即可，求出的通项，即可得到的通项公式； （2）由（1）可得，则，利用裂项相消法求和即可. 【小问1详解】 因为， 所以，又，所以， 所以是以为首项、为公比的等比数列， 所以，则. 【小问2详解】 由（1）可得， 所以， 所以. 18. 已知函数． （1）当时，求的单调区间和极值； （2）若，求a的取值范围． 【答案】（1）单调递增区间为，递减区间为；极大值为，无极小值； （2） 【解析】 【分析】（1）将代入，利用导数的正负与原函数的增减关系，确定函数的单调区间，即可得答案； （2）由题意可得即恒成立，设，利用导数求出的最大值即可． 【小问1详解】 当时，， ， 令，则， 故在上单调递减，而， 因此0是在上的唯一零点， 即0是在上的唯一零点， 当变化时，，的变化情况如下表： 0 0 单调递增 极大值 单调递减 所以的单调递增区间为，递减区间为； 所以的极大值为，无极小值； 【小问2详解】 由题意知，即，即， 设，则， 令，解得， 当，，单调递增， 当，，单调递减， 所以， 所以． 所以的取值范围为． 19. 已知函数，记，且， （1）求，； （2）设，， （ⅰ）证明：数列是等差数列； （ⅱ）数列的前n项和为，且对任意的，满足，求的取值范围. 【答案】（1）， （2）（ⅰ）证明见解析（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）利用求导公式及导数运算法则求出的导数，再求的导数即得. （2）（i）求得，且，由等差数列的定义可得证明；（ii）由等差数列的通项公式和数列的错位相减法求和，结合等比数列的求和公式，可得所求和，不等式恒成立分离参数后求最大值即可得解. 【小问1详解】 函数，， . 【小问2详解】 （i）由（1）知，， 又，可得， 而， 则， 所以数列是首项为4，公比为4的等比数列，故， 则，，从而， 所以数列是首项为，公差为的等差数列. （ii）由（i）得，即有， ， 于是， 两式相减得， 所以， 又对任意的，满足，可得恒成立， 设， 则， 当时，，即， 当时，，即， 所以可得的最大值为，所以，即即可, 故的取值范围. 【点睛】方法点睛：如果数列是等差数列，是等比数列，求数列的前n项和时，可采用错位相减法求和，一般是和式两边同乘以等比数列的公比，然后作差求解． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$