精品解析：四川省成都市石室中学北湖校区2024-2025学年高二下学期期中模拟数学试卷（一）

石室北湖高2026届高二下数学半期模拟卷（一） 一､单选题 1. 已知公比不等于1的等比数列的前项和为，若，则（ ） A. B. C. 8 D. 16 【答案】D 【解析】 【分析】设出首项和公比，利用等比数列前项和的性质建立方程，求解目标式的值即可. 【详解】设数列的公比为，首项为， 因为，所以，易得． 因为．所以． 则．因为，所以解得， 则．故，故D正确. 故选：D 2. 在的展开式中含项的系数为15，则展开式中二项式系数最大的是第（ ）项 A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】C 【解析】 【分析】根据二项式定理展开式化简得出通项，结合已知列出方程组求出的值，结合二项式定理的性质即可得出答案. 【详解】根据二项式定理可知的展开式的通项为 . 由已知可得，，解得. 根据二项式定理的性质可知，该展开式中二项式系数最大的是第4项. 故选：C. 3. 设曲线在处的切线与轴交点的横坐标为，则的值为（ ） A. B. C. D. 1 【答案】A 【解析】 【分析】求导，由导数的几何意义求出切线方程，故，结合对数运算法则得到答案. 【详解】由，可得， 所以曲线在处的切线方程是， 令得，所以 . 故选：A． 4. 记为数列的前项和，设甲：为等差数列；乙：为等差数列，则（ ） A. 甲是乙的充分条件但不是必要条件 B. 甲是乙的必要条件但不是充分条件 C. 甲是乙的充要条件 D. 甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】利用充分条件、必要条件的定义及等差数列的定义，再结合数列前n项和与第n项的关系推理判断作答.， 【详解】方法1，甲：为等差数列，设其首项为，公差为， 则， 因此为等差数列，则甲是乙的充分条件； 反之，乙：为等差数列，即为常数，设为， 即，则，有， 两式相减得：，即，对也成立， 因此为等差数列，则甲是乙的必要条件， 所以甲是乙的充要条件，C正确. 方法2，甲：为等差数列，设数列的首项，公差为，即， 则，因此为等差数列，即甲是乙的充分条件； 反之，乙：为等差数列，即， 即，， 当时，上两式相减得：，当时，上式成立， 于是，又为常数， 因此为等差数列，则甲是乙的必要条件， 所以甲是乙的充要条件. 故选：C 5. 设，若为函数的极大值点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先考虑函数的零点情况，注意零点左右附近函数值是否变号，结合极大值点的性质，对进行分类讨论，画出图象，即可得到所满足的关系，由此确定正确选项. 【详解】若，则为单调函数，无极值点，不符合题意，故. 有和两个不同零点，且在左右附近是不变号，在左右附近是变号的.依题意，a为函数的极大值点，在左右附近都是小于零的. 当时，由，，画出的图象如下图所示： 由图可知，，故. 当时，由时，，画出的图象如下图所示： 由图可知，，故. 综上所述，成立. 故选：D 【点睛】本小题主要考查三次函数的图象与性质，利用数形结合的数学思想方法可以快速解答. 6. 现有4个编号为1，2，3，4的盒子和4个编号为1，2，3，4的小球，要求把4个小球全部放进盒子中，则下列结论正确的有（ ） A. 没有空盒子的方法共有16种 B. 有空盒子的方法共有256种 C. 恰有1个盒子不放球的方法共有144种 D. 没有空盒子且恰有一个小球放入自己编号的盒子的方法有16种 【答案】C 【解析】 【分析】对于A，没有空盒即4个球4个盒子全排列即得；对于B，可以有空盒子，有4个球，每个球有4种放法，再减去没有空盒的情况，即可求解； 对于C，恰有一个空盒，即另外三个盒子都有球，而球共四个，必然有一个盒子中放了两个球，求解即得； 对于D，只需从四盒四球中选定标号相同的球和盒，另外的球与盒不能对应，求解即得． 【详解】对于选项A，把4个小球全部放进盒子中，没有空盒子， 相当于4个小球在4个盒子上进行全排列，共有种方法，故A错误； 对于选项B，有空盒子，因为有4个球，每个球各有4种放法， 故共有种方法，故B错误； 对于选项C，恰有1个盒子不放球，说明另外三个盒子都有球， 而球共4个，则必有一个盒子放了2个球， 先将四盒中选一个作为空盒，再将4球中选出2球绑在一起， 再对三个盒子全排共有种方法，故C正确； 对于选项D，恰有一个小球放入自己编号的盒中，则从四盒四球中选定标号相同的球和盒有种， 另外三球三盒不能对应共2种，则共有种方法，故D错误. 故选：C. 7. 若函数存在唯一极值点，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由极值点的定义，将问题等价于导函数求零点，利用导数与函数单调性的关系，可得答案. 【详解】由，求导可得， 由题意可得函数存在唯一变号零点，则方程存在唯一解， 即方程存在唯一解， 令，求导可得，由，解得， 当时，，当时，， 所以函数在上单调递减，在上单调递增，则， 当时，，则，当时，， 易知当，即时，方程存唯一解， 当时，，易知方程的解为， 由当时，，，则，同理可得当时，， 所以此时函数无极值点，不符合题意； 当时，，易知函数在上单调递增，符合题意. 故选：B. 8. 已知等比数列中，，，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】A选项，构造，求导得到其单调性，结合，确定；C选项，得到，构造，求导得到其单调性，得到，故，故，所以，C错误；B选项，举出反例；D选项，，故，D正确. 【详解】A选项，，设， 则，当时，， 故在上单调递减，其中， 又，所以，A错误； C选项，设公比为，由A知，， ，设， 则， 令得，令得， 故在上单调递增，在上单调递减， 其中，， 当趋向于时，趋向于-1， 因为，所以， ，故，所以，C错误； B选项，由C知，，但无法确定，事实上，可能小于1， 不妨令，此时，， ， 其中，理由如下： 令，， 则， 故在上单调递增， 又，故，即， 则，，B错误. D选项，，故，D正确. 故选：D 二､多选题 9. 已知数列满足，的前n项和为，则（ ） A. B. 数列是等比数列 C. ，，构成等差数列 D. 数列前100项和为 【答案】AD 【解析】 【分析】令，计算可判断A，当，可得，两式相减可得，进而逐项计算可判断BCD. 【详解】对于A，当时，可得，故A正确； 对于B， 当时，， 两式相减可得，所以， 当，适合上式，所以； 由不是常数，所以数列不是等比数列，故B错误； 对于C，由可知，， 所以是以2为首项，1为公差的等差数列， 所以，所以，， ， 又，所以， 所以，，不构成等差数列，故C错误； 对于D，， 所以 ，故D正确 故选：AD. 10. 某电影中太乙真人作为哪吒的授业恩师，送给了哪吒七件法宝，乾坤圈、混天绫、火尖枪、金砖、阴阳剑、九龙神火罩和风火轮．哪吒使用这七件法宝对阵敌人，则下列说法正确的是（ ） A. 若哪吒每次使用两种法宝，对阵3次，可以重复使用，则不同的使用法宝的方法有 B. 若哪吒与敌人对阵3次，每次至少使用两件法宝，法宝不可以重复使用，则不同的使用法宝的方法有 C. 若哪吒每次使用一件法宝，对阵7次，法宝不可以重复使用，且乾坤圈和风火轮不能相邻使用，则不同的使用法宝的方法有种 D. 若哪吒每次使用一件法宝，对阵7次，法宝不可以重复使用，且乾坤圈比风火轮更早使用，风火轮比火尖枪更早使用，则不同的使用法宝的方法有种 【答案】ACD 【解析】 【分析】A计算每次使用法宝的种数，再利用分步乘法计数原理计算；B先将7件法宝分成3组，每组至少2件，再进行分配；C先排列其余5件法宝，再利用插空法排列即可；D利用倍缩法解决定序问题即可． 详解】已知太乙真人送给了哪吒七件法宝， 对于A，每次使用法宝有种， 因可以重复使用，则对阵3次､不同的使用法宝的方法有种，故A正确； 对于B，将7件法宝分成3组，每组至少2件，共有种， 则对阵3次､不同使用法宝的方法有种，故B错误； 对于C，先将除乾坤圈､风火轮以外的5种法宝排列，共有种， 再利用插空法将乾坤圈､风火轮插入6个空位置中， 则不同的使用法宝的方法有种，故C正确； 对于D，先将7件法宝排列共有种， 再利用倍缩法解决定序问题即可得，不同的使用法宝的方法有种，故D正确. 故选：ACD． 11. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 的图象关于轴对称 B. 是的一个周期 C. 在上为增函数 D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用诱导公式证明，结合偶函数定义可判断A；利用可判断B；利用三角函数的性质可判断C；利用导数判断函数的单调性，求得最值，可判断D. 【详解】对于A，函数的定义域为，关于原点对称， ， 所以是偶函数，其图象关于轴对称，故A正确； 对于B，， 所以的一个周期是，故B正确； 对于C，令，当时，在上单调递减， 且， 在上单调递增，则在上单调递减， 所以在上单调递减函数，故C错误； 对于D，因为，令， 则，求导得， 由于，所以，单调递增. 当时，取得最大值； 当时，取得最小值. 因为，所以，即 ，故D正确. 故选：ABD. 三､填空题 12. 的展开式中，的系数是______（用数字作答）． 【答案】 【解析】 【分析】利用二项式定理来求解展开式中的系数.先将原式看作，根据二项式展开式的通项公式，找到含有的项，再在该项中找到含有的项，最后确定的系数. 【详解】根据二项式展开式的通项公式，对于，这里，，. 要得到含有的项，令，则该项为，即. 对于二项式，其通项公式为，在中，，，. 设其展开式中第项含有，则该项为，将其化简为. 令，解方程可得，即. 所以含有的项为. 由前面两步可知，展开式中含有的一项为中的，即. 所以，即的系数为. 故答案为： 13. 将数列{2n–1}与{3n–2}的公共项从小到大排列得到数列{an}，则{an}的前n项和为________． 【答案】 【解析】 【分析】首先判断出数列与项的特征，从而判断出两个数列公共项所构成新数列的首项以及公差，利用等差数列的求和公式求得结果. 【详解】因为数列是以1为首项，以2为公差的等差数列， 数列是以1首项，以3为公差的等差数列， 所以这两个数列的公共项所构成的新数列是以1为首项，以6为公差的等差数列， 所以的前项和为， 故答案为：. 【点睛】该题考查的是有关数列的问题，涉及到的知识点有两个等差数列的公共项构成新数列的特征，等差数列求和公式，属于简单题目. 14. ，不等式恒成立，则正实数的最大值是________． 【答案】 【解析】 【分析】对不等式变形可得在上恒成立，构造函数并利用导数判断可得在上单调递增，即等价于，因此可得对恒成立，构造函数并求得其最小值即可得，可得结果. 【详解】将不等式变形可得， 即， 构造函数，可得； 令，则； 所以当时，，即在上单调递减； 当当时，，即在上单调递增， 所以，即，所以函数在上单调递增， 利用单调性并根据可得， 即可得，即对恒成立，因此即可； 令，则， 显然当时，，即函数在上单调递减， 当时，，即函数上单调递增， 所以，即， 因此正实数的最大值是. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题关键在于将不等式变形成，根据同构函数可令，利用导数求得其单调性可转化为对恒成立，求出函数在上的最小值即可得出结论. 四､解答题 15. 已知正项数列的前项的和为，且. （1）求，； （2）证明：是等差数列； （3）求数列的前项的和. 【答案】（1），. （2）证明见解析. （3）. 【解析】 【分析】（1）利用已知条件，通过代入和，结合正项数列的性质，逐步求解和. （2）通过递推关系，将用和表示，代入原方程化简，证明的相邻项差为常数. （3）利用第（2）题的结论，将通项转化为等差数列求和，通过分母有理化简化求和过程. 【小问1详解】 由， 令，有，因为，所以. 令，有，即，由，解得. 所以，. 【小问2详解】 当时，由，代入， 化简得，即， 所以是首项为1，公差为1的等差数列. 【小问3详解】 由（2）可知.因为是正项数列，所以，从而. 由， 所以. 所以数列的前项的和. 16. 如图，四棱锥的所有顶点均在同一个球的球面上，且，，平面． （1）证明：平面平面； （2）求四棱锥体积的最大值； （3）当四棱锥的体积最大时，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由条件先证明，，根据线面垂直判定定理证明平面，根据面面垂直判定定理证明平面平面． （2）过点作，垂足为，根据面面垂直性质定理证明平面，结合锥体体积公式可得，再求和的面积的最大值，由此可得结论； （3）建立空间直角坐标系，求直线的方向向量与平面的法向量，再结合向量夹角公式求结论. 【小问1详解】 由题意知四边形存在外接圆， 故， 而，即， 所以，故， 由平面，平面，可得， 而，平面，平面， 故平面， 又因为平面，故平面平面． 【小问2详解】 如图，过点作，垂足为， 由（1）平面平面，又平面平面，平面， 所以平面． 设四边形的面积为， 则四棱锥的体积， 因为，，所以， 因为平面，平面， 所以，则点P在以AB为直径的圆上， 当时，PH最大，最大值为． 因为，所以点在以为直径的圆上，且， 当时，最大，最大值为，此时底面ABCD是正方形． 所以四棱锥体积的最大值为． 【小问3详解】 以A为坐标原点，AB，AD所在直线分别为x，y轴，过点A且与平面ABCD垂直的直线为z轴， 建立空间直角坐标系，如图． 由（2）可知，，，． 所以，，． 设平面PBD的法向量为， 则， 取，则， 所以为平面PBD的一个法向量， 设直线与平面所成的角为， 则． 所以直线与平面所成角的正弦值为. 17. 已知双曲线（，）的离心率为，且点在双曲线上， （1）求的方程； （2）若直线交于，两点，的平分线与轴垂直，求证：的倾斜角为定值. 【答案】（1） （2）证明见解析，直线的倾斜角为定值 【解析】 【分析】（1）由题意即可得即，又点在双曲线上，即可解出； （2）设直线的方程为，与双曲线方程联立，得韦达定理，又的平分线与轴垂直，得，即得，代入韦达定理即可得证. 【小问1详解】 由题意有，又点在双曲线上，所以， 解得，所以双曲线的方程为； 【小问2详解】 由已知得直线的斜率存在，设其方程为，设 所以， 所以， 由韦达定理有：， 又因为的平分线与轴垂直，所以， 即，所以，即， 所以， 即，所以或， 当时，直线的方程为，即直线过点，不符合题意， 所以，设倾斜角为，即，， 即直线的倾斜角为定值. 18. 已知函数. （1）当时，求函数的极值； （2）若方程有且只有一个实数根，求实数的取值范围. 【答案】（1）极小值为，无极大值. （2）或. 【解析】 【分析】（1）把代入，利用导数求出函数的极值. （2）求出函数，利用导数探讨其单调性及极值，再按分类处理函数的零点为1个的条件求解. 【小问1详解】 当时，函数的定义域为， 求导得，当时，，当时，， 所以当时，函数取得极小值，无极大值. 【小问2详解】 函数的定义域为，求导得， 令，则， 当时，；当时，， 函数在上单调递减，在上单调递增， 当时，函数取得极小值， ①若，当时，，函数在有唯一零点； 当时，，函数在无零点， 因此当时，有唯一零点； ②若，当从大于0的方向趋近于0时，函数的值趋近于负数， 即当时，，函数在上无零点； 当从大于的方向趋近于时，函数的值趋近于正无穷大， 当趋近于正无穷大时，函数的值趋近于正无穷大， 则当且仅当，有唯一零点，由，得，即， 令，求导得，当时，；当时，， 函数在上单调递增，在上单调递减，因此， 则方程有唯一解，于是时，有唯一零点， 所以实数的取值范围为或. 19. 请同学们阅读以下三段材料： ①若函数的导数为，则的导数叫做的二阶导数，记作．类似地，二阶导数的导数叫做的三阶导数，记作；三阶导数的导数叫做的四阶导数，……一般地，阶导数的导数叫做的阶导数，即，． ②若，定义． ③若函数在包含的某个开区间上具有阶导数，那么对于，有，我们将称为函数在点处的阶泰勒展开式．例如，在点处的泰勒展开式为． 根据以上三段材料，完成下面的题目： （1）求在点处的3阶泰勒展开式； （2）设在点处的3阶泰勒展开式为，试比较与的大小； （3）已知常数，证明：当无限大时，总有． 【答案】（1） （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）先对求一阶、二阶、三阶导数，算出处各阶导数值，再依据泰勒展开式公式，把对应值代入，就能得到在处的3阶泰勒展开式. （2）先设，对求导得，再求的导数，根据判断单调性，结合确定单调性，求出最小值，进而得出与的大小关系. （3）分两步进行： 先证：先将不等式变形为，设，求导分析单调性.根据的不同范围，得出存在正数，使时. 再证：令，将不等式变形为，设，求导分析单调性.根据的不同范围，得出存在正数，使时. 最后取，就有时，. 【小问1详解】 解：∵，， ∴，，， ∴，，， ∴在点处的3阶泰勒展开式为 ． 【小问2详解】 解：依题意，得． 令，则． ∵，在上单调递增． 又∵，∴在上，，单调递减；在上，，单调递增， ∴，即， 故（在时取等号）． 【小问3详解】 证明：已知常数，不妨令， 则不等式． 令，，求导得， 当时，；当时，， ∴函数在上单调递增，在上单调递减． 当时，，， 当时，由，得是函数的一个零点， 又，而趋近于正无穷大时，趋近于， 因此存在大于e的正数，使得，当时，． 综上可知，对于，存在正数，使得当时，恒成立， ∴对于，存在正数，使得，恒成立． 已知常数，不妨令，， 不等式． 令，则函数在上单调递增，在上单调递减， ∴ 令，，求导得， ∴函数在上单调递增，值域为， ∴存在，使得，当，即时，，恒成立． 当，即时，函数有两个零点，， 对于，恒成立． 因此对于，存在正数，使得当时，恒成立， ∴对于，存在正数，使得，恒成立． 取，对于任意，成立， 即当足够大时，总有 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 石室北湖高2026届高二下数学半期模拟卷（一） 一､单选题 1. 已知公比不等于1等比数列的前项和为，若，则（ ） A. B. C. 8 D. 16 2. 在的展开式中含项的系数为15，则展开式中二项式系数最大的是第（ ）项 A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 3. 设曲线在处的切线与轴交点的横坐标为，则的值为（ ） A B. C. D. 1 4. 记为数列的前项和，设甲：为等差数列；乙：为等差数列，则（ ） A. 甲是乙的充分条件但不是必要条件 B. 甲是乙的必要条件但不是充分条件 C. 甲是乙的充要条件 D. 甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件 5. 设，若为函数的极大值点，则（ ） A. B. C. D. 6. 现有4个编号为1，2，3，4盒子和4个编号为1，2，3，4的小球，要求把4个小球全部放进盒子中，则下列结论正确的有（ ） A. 没有空盒子的方法共有16种 B. 有空盒子的方法共有256种 C. 恰有1个盒子不放球的方法共有144种 D. 没有空盒子且恰有一个小球放入自己编号的盒子的方法有16种 7. 若函数存在唯一极值点，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 已知等比数列中，，，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 二､多选题 9. 已知数列满足，的前n项和为，则（ ） A. B. 数列是等比数列 C. ，，构成等差数列 D. 数列前100项和为 10. 某电影中太乙真人作为哪吒的授业恩师，送给了哪吒七件法宝，乾坤圈、混天绫、火尖枪、金砖、阴阳剑、九龙神火罩和风火轮．哪吒使用这七件法宝对阵敌人，则下列说法正确的是（ ） A. 若哪吒每次使用两种法宝，对阵3次，可以重复使用，则不同的使用法宝的方法有 B. 若哪吒与敌人对阵3次，每次至少使用两件法宝，法宝不可以重复使用，则不同的使用法宝的方法有 C. 若哪吒每次使用一件法宝，对阵7次，法宝不可以重复使用，且乾坤圈和风火轮不能相邻使用，则不同的使用法宝的方法有种 D. 若哪吒每次使用一件法宝，对阵7次，法宝不可以重复使用，且乾坤圈比风火轮更早使用，风火轮比火尖枪更早使用，则不同的使用法宝的方法有种 11. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 的图象关于轴对称 B. 是的一个周期 C. 在上为增函数 D. 三､填空题 12. 的展开式中，的系数是______（用数字作答）． 13. 将数列{2n–1}与{3n–2}的公共项从小到大排列得到数列{an}，则{an}的前n项和为________． 14. ，不等式恒成立，则正实数最大值是________． 四､解答题 15. 已知正项数列的前项的和为，且. （1）求，； （2）证明：是等差数列； （3）求数列的前项的和. 16. 如图，四棱锥的所有顶点均在同一个球的球面上，且，，平面． （1）证明：平面平面； （2）求四棱锥体积的最大值； （3）当四棱锥的体积最大时，求直线与平面所成角的正弦值． 17. 已知双曲线（，）的离心率为，且点在双曲线上， （1）求的方程； （2）若直线交于，两点，的平分线与轴垂直，求证：的倾斜角为定值. 18. 已知函数. （1）当时，求函数的极值； （2）若方程有且只有一个实数根，求实数的取值范围. 19. 请同学们阅读以下三段材料： ①若函数的导数为，则的导数叫做的二阶导数，记作．类似地，二阶导数的导数叫做的三阶导数，记作；三阶导数的导数叫做的四阶导数，……一般地，阶导数的导数叫做的阶导数，即，． ②若，定义． ③若函数在包含某个开区间上具有阶导数，那么对于，有，我们将称为函数在点处的阶泰勒展开式．例如，在点处的泰勒展开式为． 根据以上三段材料，完成下面的题目： （1）求在点处的3阶泰勒展开式； （2）设在点处的3阶泰勒展开式为，试比较与的大小； （3）已知常数，证明：当无限大时，总有． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$