精品解析：四川省成都市树德中学2024-2025学年高二下学期5月阶段性检测数学试题

四川省成都市树德中学2024-2025学年高二下学期5月阶段性检测数学试题 考试时间：120分钟 总分：150分 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的． 1. 某个弹簧振子在振动过程中的位移（单位：mm）与时间（单位：s）之间的关系为，则该弹簧振子在时的瞬时速度是（ ） A. 0 B. C. D. 2. 如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中，后人称为“三角垛”．“三角垛”的最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，……，设各层球数构成一个数列，则第十一层有（ ）个球 A. 55 B. 66 C. 110 D. 136 3. 函数的导函数的图象如图所示，则函数的极值点个数为（ ）个 A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 4. 某班级举行活动，同学们准备了四个节目：二胡、相声、小品、舞蹈，现对这四个节目的出场先后进行编排，要求相声和小品相邻，则不同的编排方式有（ ）种 A. 6 B. 12 C. 24 D. 32 5. 设数列为等比数列，，，则（ ） A B. 3 C. 6 D. 9 6. 若函数恰有两个零点，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 7. 已知数列为等差数列，且数列的前项和有最大值，若，，则取得最小正值时，的值为（ ） A. 1013 B. 1014 C. 2024 D. 2025 8. 已知定义在的函数，其导函数为，若，且，则（ ） A. 仅存在最小值 B. 仅存在最大值 C. 既存最小值，又存在最大值 D. 既无最小值又无最大值 二、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，有二个正确选项的，每个选项3分，有三个正确选项的，每个选项2分，有选错的得0分． 9. 的展开式中，下列说法正确的是（ ） A. 展开式共有6项 B. 各二项式系数之和为64 C. 展开式中项的系数为 D. 展开式中系数最大的项为70x 10. 已知等差数列的前项和为，且，则下列说法正确的是（ ） A. 数列为等差数列 B. 数列为等差数列 C. 数列为等差数列 D. 数列的最小项为1 11. 设函数，下列说法正确的是（ ） A. 曲线为轴对称图形 B. C. 当时， D. 若不等式恰有两个正整数解，则实数的取值范围为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知等比数列的前项和为，若，则_____________． 13. 五名志愿者全部去三个不同的镇参加志愿活动，每个镇至少去一名志愿者，则不同的方案有_____________种． 14. 已知数列满足，且，则数列的通项公式为_____________；记，则的值为_____________（其中[x]为不超过实数的最大整数，如）． 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知函数，且． （1）求的值； （2）求在区间值域． 16. 已知是数列的前项和，且． （1）求的通项公式； （2）若，求数列的前项和． 17. 如图，在三棱锥中，为等腰直角三角形，为正三角形，． （1）证明：； （2）若，求二面角的正弦值． 18. 已知椭圆，四点中恰有三个点椭圆上． （1）求椭圆方程； （2）过点作两条互相垂直的直线，直线交椭圆于B、C两点，直线交椭圆于D、E两点； （i）设BC中点为M，DE中点为，证明：直线MN过定点； （ii）求面积的最大值． 19. 已知函数，其中e为自然对数的底数，． （1）求函数的单调区间； （2）若不等式在上成立，求实数的取值范围； （3）设，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 四川省成都市树德中学2024-2025学年高二下学期5月阶段性检测数学试题 考试时间：120分钟 总分：150分 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的． 1. 某个弹簧振子在振动过程中的位移（单位：mm）与时间（单位：s）之间的关系为，则该弹簧振子在时的瞬时速度是（ ） A. 0 B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题及导数计算公式可得答案. 【详解】由题可得位移是关于时间的函数，且满足， 则，则该弹簧振子在时的瞬时速度是 . 故选：A 2. 如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中，后人称为“三角垛”．“三角垛”的最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，……，设各层球数构成一个数列，则第十一层有（ ）个球 A. 55 B. 66 C. 110 D. 136 【答案】B 【解析】 【分析】由条件观察相邻两层球数关系，即可求解. 【详解】设“三角垛”每一层球的个数构成数列， 由题意可知，，，，，…，， 这11项加在一起，得. 故选：B 3. 函数的导函数的图象如图所示，则函数的极值点个数为（ ）个 A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】由导函数图象可判断的正负性，进而得出函数的单调性，即可判断函数的极值点个数. 【详解】设的零点从左到右依次为， 则当或时，；当或时，， 则在和上单调递减，在和上单调递增， 则的极小值点为，，极大值点为， 故函数的极值点个数为. 故选：C 4. 某班级举行活动，同学们准备了四个节目：二胡、相声、小品、舞蹈，现对这四个节目的出场先后进行编排，要求相声和小品相邻，则不同的编排方式有（ ）种 A. 6 B. 12 C. 24 D. 32 【答案】B 【解析】 【分析】运用捆绑法即可求解. 【详解】依题，可将相声和小品节目看成一个节目，与二胡，舞蹈进行全排，再考虑这两个节目的顺序， 故不同的编排方式有种. 故选：B. 5. 设数列为等比数列，，，则（ ） A. B. 3 C. 6 D. 9 【答案】D 【解析】 【分析】设数列公比为，根据题设列方程求出的值，再利用等比数列通项的基本量运算即得答案. 【详解】设等比数列的公比为，由，解得， 则. 故选：D. 6. 若函数恰有两个零点，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，求得，分得和，求得函数 的单调性，以及最小值，结合，即可求解. 【详解】由函数，可得， 若，，在单调递增，此时至多有一个零点，舍去； 若，令，解得， 当时，，在单调递减； 当时，，在单调递增， 所以当时，函数取得极小值，也时最小值， 又由时，，且时，， 要使得函数恰有两个零点，则满足，即， 解得，所以实数的取值范围为. 故选：C. 7. 已知数列为等差数列，且数列的前项和有最大值，若，，则取得最小正值时，的值为（ ） A. 1013 B. 1014 C. 2024 D. 2025 【答案】D 【解析】 【分析】由题可知数列是递减的等差数列，再由前n项和公式和下角标和的性质即可求解. 【详解】因为数列的前n项和有最大值，所以数列是递减的等差数列， 又，，所以， 即数列的前1013项为正数，从第1014项开始为负数， 由等差数列求和公式和性质可知， ， ， 所以当取最小正值时，． 故选：D. 8. 已知定义在的函数，其导函数为，若，且，则（ ） A. 仅存在最小值 B. 仅存在最大值 C. 既存在最小值，又存在最大值 D. 既无最小值又无最大值 【答案】D 【解析】 【分析】将题中等式变形为，可得出，设，为常数，结合可得出，然后利用导数分析函数的单调性，即可得出结论. 【详解】因为函数的定义域为，在等式两边同除可得， 即，设，为常数， 因为，即，故， 所以，故， 则对任意的恒成立， 所以，函数在上单调递减，故函数既无最大值，也无最小值， 故选：D. 二、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，有二个正确选项的，每个选项3分，有三个正确选项的，每个选项2分，有选错的得0分． 9. 的展开式中，下列说法正确的是（ ） A. 展开式共有6项 B. 各二项式系数之和为64 C. 展开式中项的系数为 D. 展开式中系数最大的项为70x 【答案】BC 【解析】 【分析】由二项展开式的性质可得AB，写出通项，令可得C，举反例令可判断D. 【详解】对于A，由二项式展开式的性质可得，展开式共有7项，故A错误； 对于B，各二项式系数之和为，故B正确； 对于C，通项为， 令，代入可得展开式中项的系数为，故C正确； 对于D，由通项可得，当时，，故D错误； 故选：BC 10. 已知等差数列的前项和为，且，则下列说法正确的是（ ） A. 数列为等差数列 B. 数列为等差数列 C. 数列为等差数列 D. 数列的最小项为1 【答案】ABD 【解析】 【分析】设等差数列的公差为，推理得到，从而求得，，利用等差数列的定义对A，B，C项逐一判断即可，对于D，求出后利用基本不等式推理求得数列的最小项为1即可. 【详解】设等差数列的公差为，由，可得. 所以， ， 对于A，， 由为常数，故数列为等差数列，即A正确； 对于B，， 由为常数，故数列为等差数列，即B正确； 对于C，， 由不是常数， 故数列不是等差数列，故C错误； 对于D，因， 因， ，则，即， 当且仅当时，即时，等号成立，即数列的最小项为1，故D正确. 故选：ABD. 11. 设函数，下列说法正确的是（ ） A. 曲线为轴对称图形 B. C. 当时， D. 若不等式恰有两个正整数解，则实数的取值范围为 【答案】BC 【解析】 【分析】对于A，利用对称轴的定义计算判断即可；对于B，根据解析式计算得，由此对所求式进行并组求和，即得；对于C，作差后利用因式分解和配方法，结合自变量范围可推得差小于0即可；对于D，代入，将其分解因式后求出不等式解为或，因，即得此时不等式仅有1个正整数解，故不符合要求，即D错误. 【详解】对于A，不妨设曲线有一条对称轴为直线， 则， 而，显然，故曲线不是轴对称图形，即A错误； 对于B，因， 则 ，故B正确； 对于C，由， 因时，，且，故，故C正确； 对于D，不妨取，则不等式为，整理得：， 即，解得或， 因故此时不等式恰有一个正整数解为2，不合题意， 故实数的取值范围不可能是，即D错误.. 故选：BC. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知等比数列的前项和为，若，则_____________． 【答案】1 【解析】 【分析】由题可得公比，然后由等比数列前n项和公式可得答案. 详解】因等比数列中，则公比，又. 故答案为：1 13. 五名志愿者全部去三个不同的镇参加志愿活动，每个镇至少去一名志愿者，则不同的方案有_____________种． 【答案】150 【解析】 【分析】由题可得，可一镇三人，另两镇各一人，也可两镇各两人，剩下一镇一人.据此可得不同方案数. 【详解】若一镇三人，另两镇各一人，则先从5人中选3人去一小镇，有种方法， 再安排剩下2人各去一小镇，有2种方法，则此种安排方式下的方案数为； 若两镇各两人，剩下一镇一人，则先从5人中选一人去一小镇，有种方法， 再从剩下4人中选两人去某一小镇，则剩下两人去另一小镇，因两组人安排先后顺序对结果无影响， 则有种方法，则此种安排方式下的方案数为. 则总方案数为150. 故答案为：150 14. 已知数列满足，且，则数列的通项公式为_____________；记，则的值为_____________（其中[x]为不超过实数的最大整数，如）． 【答案】 ①. ②. 18 【解析】 【分析】由题意，分类讨论即可得到，通过放缩得到即可得解. 【详解】因为， 所以，，又， 所以，， 所以当时，， 当时，， 综上所述，， ， 注意到，， 所以 ， 故. 故答案为：，18. 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知函数，且． （1）求的值； （2）求在区间的值域． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用可得答案； （2）利用导数判断出在区间上的单调性可得答案． 【小问1详解】 的定义域为，对求导，得， 因为，所以； 【小问2详解】 由（1）知，， 当时，单调递减， 当时，单调递增， 所以在区间上，在处取得极小值， 即极小值为，又， ，所以求在区间的值域为． 16. 已知是数列的前项和，且． （1）求的通项公式； （2）若，求数列的前项和． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】(1)利用可得最后一项，再检验首项，即可得通项公式； (2)利用裂项相消法即可求和. 【小问1详解】 由， 当时，， 当时，可得， 两式相减得：，所以有， 也符合上式， 所以； 【小问2详解】 当时，有 当时，有， 所以有 . 17. 如图，在三棱锥中，为等腰直角三角形，为正三角形，． （1）证明：； （2）若，求二面角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）取BC中点为，求证平面，即可得出； （2）不妨设，法一，以点为原点建立空间直角坐标系，计算平面的法向量为，再计算即可求得；法二，易知为二面角的的平面角，分别计算的长度. 【小问1详解】 取BC中点为，连接AD、PD， 因为，所以， 又为正三角形，所以， 又，平面，所以平面， 又平面，所以； 小问2详解】 法一，不妨设， 由，为等腰直角三角形，得， 因为，所以，同理，， 所以AB、AC、AP两两垂直， 以点为原点，分别以所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 则 设平面的法向量为， 因为，所以， 不妨令，则， 所以为平面的一个法向量， 又平面的一个法向量为， 则，所以， 由原图，知二面角的平面角为锐角， 所以二面角的正弦值为． 法二，由（1）知，为二面角的的平面角， 不妨设， 由，为等腰直角三角形，得， 则，可得， 故二面角的正弦值为． 18. 已知椭圆，四点中恰有三个点在椭圆上． （1）求椭圆的方程； （2）过点作两条互相垂直的直线，直线交椭圆于B、C两点，直线交椭圆于D、E两点； （i）设BC中点为M，DE中点为，证明：直线MN过定点； （ii）求面积的最大值． 【答案】（1） （2）（i）证明见解析；（ii） 【解析】 【分析】（1）由对称性可得不在椭圆上，后由点在椭圆上可得椭圆方程； （2）（i）若直线中任意一条斜率为零时，直线MN的方程为；若直线的斜率都不为零时，设直线的方程为，直线的方程为，将直线方程与椭圆方程联立可得，，据此可得所过定点；（ii）由（i）可得，然后由单调性可得最值. 【小问1详解】 由椭圆的对称性，知不在椭圆上，故三点在椭圆上， 代入椭圆方程，则，可解得，所以椭圆的方程为． 【小问2详解】 （i）若直线中任意一条斜率为零时，直线MN的方程为； 若直线的斜率都不为零时， 设直线的方程为（直线的方程为）， 联立，消去，得， 设B、C两点的坐标分别为，由韦达定理，得， 进而有， 将代入直线的方程为，得， 即，同理，， 当时，即，直线轴，直线MN与轴的交点坐标为， 当时，直线MN的斜率存在，， 直线MN的方程为，整理，得， 所以直线MN恒过点，又直线MN斜率不存在时，直线MN也经过点， 综上所述，直线MN恒过点． （ii）直线的斜率显然都不为零，设直线MN经过的定点为， ，整理，得， 即 引入函数，， 易知在单调递增，所以在的最小值为， 所以（等号当且仅当时成立），所以的最大值为． 【点睛】关键点睛：对于定点问题，常可利用斜率相等或向量共线来处理.对于最值问题，常利用适当参数表示相关求最值对象，然后由函数知识，不等式，代数恒等变形等知识求解最值. 19. 已知函数，其中e为自然对数的底数，． （1）求函数的单调区间； （2）若不等式在上成立，求实数的取值范围； （3）设，证明：． 【答案】（1）答案见详解 （2） （3）证明见详解 【解析】 【分析】（1）先求出导数，借助导数，分，和三种情况讨论函数的单调区间即可； （2）不等式在上成立，转化成求函数在上成立，借助导数及零点存在性定理，分三种情况讨论的正负，进而得到在上的单调性，即可求出实数的取值范围； （3）令（其中），将在恒成立,转化为恒成立，再利用累加求和即可得证. 【小问1详解】 函数的定义域为， 因为，所以， 若时，在上单调递增； 若时，令，解得， 当单调递减； 当单调递增； 若时，令，解得， 当单调递增； 当单调递减； 【小问2详解】 不等式在上成立， 等价于在上成立， 即在上成立， 设函数， ， （i）若，当时， 单调递减， ，与题意矛盾，舍去； （ii）若， . 由零点存在定理可知，存在，使得， 当时，单调递减， ，与题意矛盾，舍去； （iii）若，当时， ， 故单调递增，； 综上所述，实数的取值范围为； 【小问3详解】 由（2）知，当时，在恒成立， 令（其中）， 所以①恒成立， 因为， 所以①可化为②， 因为②都成立，所以累加之后也成立， 即. 又因为， 所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$