精品解析：四川省成都市石室中学北湖校区2024-2025学年高二下学期学情检测数学试题

石室中学北湖校区2024-2025学年高二下学期学情检测试题 数学 考试时间：2025年05月05日 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 空间中有8个点，其中任何4个点不共面，过每3个点作一个平面，可以作的平面个数为（ ） A. 42 B. 56 C. 64 D. 81 2. 已知等比数列中，，且，，成等差数列，则（ ） A. B. C. D. 3. 三次函数的图象如图所示.下列说法正确的是（ ） A. ，，， B. ，，， C. ，，， D. ，，， 4. 高二（1）班5位同学排成一排准备照相时，又来了2位同学要加入，若保持原来5位同学的相对顺序不变，则不同的加入方法种数为（ ） A. 42 B. 30 C. 21 D. 15 5. 已知函数，利用教材中推导等差数列前项和的公式的方法，可求得（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数存在两个零点，则实数t的取值范围为（ ） A. B. C. D. 7. 现将6本不同的书籍分发给甲乙丙3人，每人至少分得1本，已知书籍分发给了甲，则不同的分发方式种数是（ ） A. 90 B. 160 C. 180 D. 270 8. 已知函数在上可导，且，其导函数满足，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本题共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，有选错的得0分，若只有2个正确选项，每选对一个得3分；若只有3个正确选项，每选对一个得2分. 9. 已知公差为的等差数列满足，，成等比数列，则（ ） A. B. 的前项和为 C. 的前100项和为100 D. 的前10项和为 10. 甲，乙，丙，丁，戊五人并排站成一排，下列说法正确的是（ ） A. 如果甲乙丙按从左到右的顺序（可以不相邻），则不同排法共有20种 B. 如果甲乙不相邻，则不同排法共有36种 C. 如果甲，乙都不排两端，则不同的排法共有36种 D. 如果甲，乙必须相邻，则不同的排法有48种 11. 我们把方程的实数解称为欧米加常数，记为，和一样，都是无理数，还被称为在指数函数中的“黄金比例”.下列有关的结论正确的是（ ） A. B. C. ，其中 D. 函数的最小值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共计15分. 12. 函数的极值点是___________. 13. 现有5种不同的颜色，给四棱锥的五个顶点涂色，要求同一条棱上的两个顶点的颜色不能同色，则涂色的方法一共有______种.（用数字作答） 14. 若正实数满足，则的最小值为______． 四、解答题：本题共5小题，共计77分，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 设函数． （1）讨论函数的单调性； （2）若恒成立，求实数的取值范围． 16. 如图，在四棱锥中，底面ABCD为正方形，侧面PAD是正三角形，侧面底面ABCD，M是PD的中点. （1）求证：平面PCD； （2）求平面BPD与平面夹角的余弦值. 17. 已知为等差数列，为等比数列，，，. （1）求和的通项公式； （2）设，求数列的前项和为； （3）若的前项和为，求证：. 18. 已知椭圆经过点． （1）求椭圆的标准方程； （2）过点的直线l交该椭圆于C，D两点（点C在点D的上方），椭圆的上、下顶点分别为A，B，直线AD与直线BC交于点Q．证明：点Q在定直线上． 19. 已知函数． （1）若为增函数，求的取值范围； （2）记的导函数为，若，，求的取值范围； （3）定义：如果数列的前项和满足，其中为常数，则称数列为“和上界数列”，为数列的一个“和上界”．设数列满足，，证明：当时，数列为“和上界数列”，且不小于4的常数均可作为数列的“和上界”． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 石室中学北湖校区2024-2025学年高二下学期学情检测试题 数学 考试时间：2025年05月05日 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 空间中有8个点，其中任何4个点不共面，过每3个点作一个平面，可以作的平面个数为（ ） A. 42 B. 56 C. 64 D. 81 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意知“三个不共线的点确定一个平面”，结合组合数进行分析； 【详解】根据题意知“三个不共线的点确定一个平面”，且所确定的平面与点的顺序无关， 所以共可确定的平面个数是个. 故选：B 2. 已知等比数列中，，且，，成等差数列，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】应用等差中项的性质及等比数列的通项公式求得公比，进而写出通项公式. 【详解】由题设，若的公比为，则，， 所以，则. 故选：D 3. 三次函数的图象如图所示.下列说法正确的是（ ） A. ，，， B. ，，， C. ，，， D. ，，， 【答案】D 【解析】 【分析】求出函数的导数，结合函数的图象特征确定各项系数的正负. 【详解】函数，求导得， 观察函数图象，得函数有异号两个极值点，且， 函数在上单调递增，在上单调递减，，排除A； 由，得则，，得，排除C； 由不等式的解集为，得，即，排除B； 又是方程的二根，，则，选项D符合题意. 故选：D 4. 高二（1）班5位同学排成一排准备照相时，又来了2位同学要加入，若保持原来5位同学的相对顺序不变，则不同的加入方法种数为（ ） A. 42 B. 30 C. 21 D. 15 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定条件，利用定序法列式计算得解. 【详解】7位同学排成一排照相，共有种排法，原来5位同学的排列方法有种， 所以保持原来5位同学的相对顺序不变的排法种数为. 故选：A 5. 已知函数，利用教材中推导等差数列前项和的公式的方法，可求得（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】计算出的值，再利用倒序相加法可求得所求代数式的值. 【详解】， 设， 则， ，所以， 故选：B． 6. 已知函数存在两个零点，则实数t的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】转化为直线与函数的图象在两个不同交点的问题，根据函数的单调性画出函数的图象，结合图象求出t的取值范围. 【详解】函数的定义域为， 因为函数存在两个零点，所以在上存在两个不同的解， 当时，不成立，故不是方程的解， 当时，由得， 即直线与函数的图象在上有两个不同交点， 令，则， 令得，令得或， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 在处取得极小值，得到图象如图所示： 结合图象，要使直线与函数的图象有2个交点，则， 即实数t的取值范围为， 故选：C. 7. 现将6本不同的书籍分发给甲乙丙3人，每人至少分得1本，已知书籍分发给了甲，则不同的分发方式种数是（ ） A. 90 B. 160 C. 180 D. 270 【答案】C 【解析】 【分析】分甲获得1本、2本、3本、4本四种情况讨论，根据分组分配问题求解即可. 【详解】当甲只获得1本书籍时，相当于把剩余5本不同的书籍分发给乙丙2人，每人至少分得1本， 则有种分发方式； 当甲获得2本书籍时，则从其余4本书籍先给甲1本有种， 再把剩余4本不同的书籍分发给乙丙2人，每人至少分得1本， 则有种分发方式，所以共有种分发方式； 当甲获得3本书籍时，则从其余3本书籍先给甲2本有种， 再把剩余3本不同的书籍分发给乙丙2人，每人至少分得1本， 则有种分发方式，所以共有种分发方式； 当甲获得4本书籍时，则从其余2本书籍先给甲3本有种， 再把剩余2本不同的书籍分发给乙丙2人，每人至少分得1本，则有种分发方式， 所以共有种分发方式； 综上所述，共有种分发方式. 故选：C 8. 已知函数在上可导，且，其导函数满足，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】构造新函数，利用导数判断的单调性，再将不等式变形，借助的单调性即可求解. 【详解】令，则，所以在上单调递增． 又不等式，等价于， 即， 所以，所以，解得． 故选：B. 二、多项选择题：本题共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，有选错的得0分，若只有2个正确选项，每选对一个得3分；若只有3个正确选项，每选对一个得2分. 9. 已知公差为的等差数列满足，，成等比数列，则（ ） A. B. 的前项和为 C. 的前100项和为100 D. 的前10项和为 【答案】AD 【解析】 【分析】根据等比中项的性质求出，即可得到的通项公式，即可判断A，根据等差数列求和公式判断B，利用并项求和法判断C，利用裂项相消法判断D. 【详解】对于A：因为，，成等比数列，所以，即， 解得，所以，则，故A正确； 对于B：的前项和为，故B错误； 对于C：因为， 所以的前100项和为 ，故C错误； 对于D：因为， 所以的前10项和为，故D正确. 故选：AD 10. 甲，乙，丙，丁，戊五人并排站成一排，下列说法正确的是（ ） A. 如果甲乙丙按从左到右的顺序（可以不相邻），则不同排法共有20种 B. 如果甲乙不相邻，则不同排法共有36种 C. 如果甲，乙都不排两端，则不同的排法共有36种 D. 如果甲，乙必须相邻，则不同的排法有48种 【答案】ACD 【解析】 【分析】由倍缩法即可判断A，由插空法即可判断B，由特殊元素优先法即可判断C，由捆绑法即可判断D. 【详解】对于A，由于甲乙丙按从左到右的顺序固定了，故有种方法，故A正确； 对于B，甲乙不相邻，先把其他人排成一排有种方法，有个空，然后将甲乙插空有种方法，故共有种，故B错误； 对于C，甲，乙都不排两端，则先从中间个位置选择两个将甲，乙安排好，有种方法，其他人安排到剩下的个位置，有种方法，所以共有种方法，故C正确. 对于D，甲，乙必须相邻，将甲，乙捆绑到一起有种方法，看成一个大元素然后与其他人排成一排有种方法，故共有种，故D正确； 故选：ACD 11. 我们把方程的实数解称为欧米加常数，记为，和一样，都是无理数，还被称为在指数函数中的“黄金比例”.下列有关的结论正确的是（ ） A. B. C. ，其中 D. 函数的最小值为 【答案】AB 【解析】 【分析】选项A根据零点存在性定理可得；选项B由指对化对数可得；选项C将代入可判断错误；选项D由根据导数判断，且，在上单调递增，进而可判断错误. 【详解】选项A：由得，设， 因单调递增，则为的唯一零点， 因为，故，A正确； 选项B：由题意，所以，故，即，故B正确； 选项C：若，其中，则， 故， 由选项B可知，因，显然不成立，故C错误； 选项D：由，得， 设，则， 故在上单调递增，因，即，故， 故，且使得在上有，此时， 在上单调递增，故不是的最小值，故D错误， 故选：AB 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共计15分. 12. 函数的极值点是___________. 【答案】1 【解析】 【分析】利用导数判断单调性，即可求出极值点. 【详解】的定义域为，， 所以令，解得，令，解得， 所以为的极值点. 故答案为：1. 【点睛】求极值（极值点）需研究函数的单调性：①；②在左右两侧单调性相反. 13. 现有5种不同的颜色，给四棱锥的五个顶点涂色，要求同一条棱上的两个顶点的颜色不能同色，则涂色的方法一共有______种.（用数字作答） 【答案】420 【解析】 【分析】利用分布计数原理逐个顶点来进行涂色，注意讨论同色与不同色. 【详解】 如图： 当顶点，同色时，顶点有5种颜色可供选择， 点有4种颜色可供选择，点有3种颜色可供选择， 此时与同色，1种颜色可选，点有3种颜色可选， 共有种； 当顶点，不同色时，顶点有5种颜色可供选择， 点有4种颜色可供选择，点有3种颜色可供选择， 此时与不同色，2种颜色可选，点就有2种颜色可选， 共有种； 综上可得共有种. 故答案为：420 14. 若正实数满足，则的最小值为______． 【答案】 【解析】 【分析】由题意同构可得，再构造函数，根据单调性得，即，根据导数运算即可求得最小值. 【详解】由，因为，等式两边同乘得， ，故． 由得，． 设，，则， 在上单调递增， ，， ，即，，， 当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增， 当时，取极小值也是最小值，最小值为． 故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题关键在于同构得，构造函数，根据导数得其单调性，进而可得，再将题干条件化简得，根据导数计算求解即可. 四、解答题：本题共5小题，共计77分，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 设函数． （1）讨论函数的单调性； （2）若恒成立，求实数的取值范围． 【答案】（1）当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减． （2） 【解析】 【分析】（1）求出函数的导数，讨论的范围确定导数正负可得出单调性； （2）由已知得恒成立，令，利用导数求得的最小值即可. 【小问1详解】 由，则 当时，恒成立，则在上单调递增； 当时，令，解得， 时，，则在上单调递增； 时，，则在上单调递减． 【小问2详解】 由题意恒成立， 因为，即得恒成立，即，， 记则， 令，得，令，得，即在上单调递减， 令可得，即在上单调递增， 所以， 所以，即实数的取值范围为． 16. 如图，在四棱锥中，底面ABCD为正方形，侧面PAD是正三角形，侧面底面ABCD，M是PD的中点. （1）求证：平面PCD； （2）求平面BPD与平面夹角的余弦值. 【答案】（1） 在正方形中，， 又侧面底面，侧面底面，平面， 所以平面， 又平面，所以， 因为是正三角形，是的中点，所以， 又，，平面，所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）先根据面面垂直证线面垂直，得平面，再得线线垂直，再根据正三角形三线合一证，最后由线面垂直的判定，证得平面PCD； （2）建系，用空间向量坐标计算面面夹角的余弦值即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 取中点为中点为，连接，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设， 则，，，，， 所以，. 设平面的法向量为，则 由得 取，则， 由（1）知平面的一个法向量为， 设平面与平面的夹角为， 则. 所以平面与平面夹角的余弦值为. 17. 已知为等差数列，为等比数列，，，. （1）求和的通项公式； （2）设，求数列的前项和为； （3）若的前项和为，求证：. 【答案】（1）， （2） （3）证明：因为的前项和， 则，， 又， 所以. 【解析】 【分析】（1）利用等差和等比数列的通项公式直接求解即可； （2）利用错位相减法求解数列的前项和； （3）结合等差数列前项和公式，即可得证. 【小问1详解】 设等差数列的公差为， 因为，可得， 又因为，解得， 所以， 设等比数列的公比为， 因为，可得， 解得，所以. 【小问2详解】 因为， 所以， 则， 两式作差得：， 则，整理. 【小问3详解】 略 18. 已知椭圆经过点． （1）求椭圆的标准方程； （2）过点的直线l交该椭圆于C，D两点（点C在点D的上方），椭圆的上、下顶点分别为A，B，直线AD与直线BC交于点Q．证明：点Q在定直线上． 【答案】（1） （2） 由题易知的斜率存在，设直线的方程为， 设， 由，得， 则，，， 又， 则直线AD的方程为，直线BC的方程为， 联立，方程可得， 得，故点在定直线上． 【解析】 【分析】（1）将点坐标代入椭圆方程即可求出，得到椭圆方程； （2）设直线的方程并与椭圆方程联立，利用点坐标求出直线方程，联立计算得出为定值，即可求得为定值. 【小问1详解】 将点坐标代入椭圆方程中得，即， 因，所以，故椭圆的标准方程为． 【小问2详解】 略 19. 已知函数． （1）若为增函数，求的取值范围； （2）记的导函数为，若，，求的取值范围； （3）定义：如果数列的前项和满足，其中为常数，则称数列为“和上界数列”，为数列的一个“和上界”．设数列满足，，证明：当时，数列为“和上界数列”，且不小于4的常数均可作为数列的“和上界”． 【答案】（1） （2） （3） 当时，， 设，则， 当时，，则在单调递增； 当时，，则在单调递减； 所以，则有，当且仅当时等号成立. 所以对任意恒成立， 由，,其中， 所以，且， 则当时， ； 又当时，成立； 综上所述，任意，都有， 故数列为“和上界数列”，且不小于4的常数均可作为数列的“和上界”． 【解析】 【分析】（1）转化为恒成立，分离参数求最值可得的范围； （2）分离参数转化为，再构造函数通过函数单调性分析函数值域可得； （3）先构造函数，利用导函数证明，进而得，再通过放缩求和可证明不等式成立即可. 【小问1详解】 已知函数． 若为增函数，则， 即对任意恒成立， 令，则，令，解得， 当时，，则在上单调递增； 当时，，则在上单调递减； 故，故. 故的取值范围为. 【小问2详解】 ，， 由题意，任意，， 即对任意恒成立， 设，其中， 当时， ， ，， 由，则，则，又， 可得，所以， 即在上单调递增，所以， 且， 要使对任意恒成立，则. 故的取值范围为. 【小问3详解】 略 【点睛】关键点点睛：本题的难点在第（3）问，解决关键在于通过构造函数，利用导函数研究函数的单调性，进而证明不等式，再通过放缩，数列求和证明不等式. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $