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（二）

成都市石室中学北湖校区2026届高二下数学半期模拟卷（二） 一、单选题 1. 二项式的展开式中的系数为（ ） A. 60 B. C. D. 12 2. 已知等差数列的前项和为，若成等差数列，成等比数列，（ ） A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 3. 某校6名同学打算去武汉旅游，现有黄鹤楼、古德寺、湖北省博物馆三个景区可供选择.若每个景区中至少有1名同学前往打卡，每人仅去一个景点，则不同方案的种数为（ ） A. 180 B. 360 C. 540 D. 670 4. 已知数列的前项和为，对任意的，都有．若是数列的前项积，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 5. 包括甲、乙、丙在内的6人排成一排照相，要求甲与乙相邻，且甲与丙不相邻，则不同的排列种数为（ ） A. 180 B. 246 C. 168 D. 192 6. 设，则的大小关系是（   ） A. B. C. D. 7. 已知函数有下列四个结论： ①的递增区间是和； ②函数有三个零点； ③函数的图像关于中心对称； ④过点存在三条直线和的图像相切. 其中正确结论的个数是（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 8. 已知函数，若，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多选题 9. 已知展开式中共有8项.则该展开式结论正确的是（ ） A. 所有项的二项式系数和为128 B. 所有项的系数和为 C. 系数最大项为第3项 D. 有理项共有4项 10. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 的单调递增区间为 B. 有3个零点 C. 若关于的方程有四个不同实根，则 D. 若，恒成立，则 11. 已知是定义在上的奇函数，，是奇函数，且，则下列说法中正确的有（ ） A. 为偶函数 B. C. D. 三、填空题 12. 已知，则：被除的余数是__________． 13. 已知是公差不为0的等差数列，且，，成等比数列，若是数列的前项和，则的最小值为________． 14. 函数的两个极值点、满足，则的最大值为________. 四、解答题 15. 设数列的前项和为，且成等差数列． （1）证明：为等比数列，并求数列的通项； （2）设，且，证明. 16. 如图，在四棱锥中，平面，，且，，，，，为的中点. （1）求证：平面； （2）求二面角的余弦值； （3）点在线段上，直线与平面所成角的正弦值为，求点到平面的距离. 17. 已知函数 （1）求的单调区间和极值； （2）若在单调递增，求实数的取值范围； （3）当时，若对任意的，总存在，使得，求实数的取值范围． 18. 已知椭圆经过点，离心率为． （1）求椭圆的方程； （2）点为椭圆上不同的两点，直线与轴交于点，直线与轴交于点，设，且满足，求点的坐标． 19. 已知函数，. （1）求曲线在处的切线方程； （2）若，求的取值范围； （3）若有两个实数解，，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 成都市石室中学北湖校区2026届高二下数学半期模拟卷（二） 一、单选题 1. 二项式的展开式中的系数为（ ） A. 60 B. C. D. 12 【答案】C 【解析】 【分析】化简通项，令的指数为4求出，代回通项可得答案. 【详解】展开式的通项， 令，解得，所以，即的系数为. 故选：C 2. 已知等差数列的前项和为，若成等差数列，成等比数列，（ ） A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 【答案】C 【解析】 【分析】根据等差数列求和公式可得，根据等比中项可得. 【详解】设的公差为，因为成等差数列，所以， ，得. 因为成等比数列，所以，即，所以. 故选：C 3. 某校6名同学打算去武汉旅游，现有黄鹤楼、古德寺、湖北省博物馆三个景区可供选择.若每个景区中至少有1名同学前往打卡，每人仅去一个景点，则不同方案的种数为（ ） A. 180 B. 360 C. 540 D. 670 【答案】C 【解析】 【分析】分类考虑前往每个景区的人数，求出每种情况的方案数，即可得答案. 【详解】由题意，当每个景区都有2名同学前往时，此时方案有种； 当按分别有1，2，3名同学前往景区时，此时方案有种； 当按分别有1，1，4名同学前往景区时，此时方案有种； 故不同方案的种数为（种）， 故选：C 4. 已知数列的前项和为，对任意的，都有．若是数列的前项积，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据，求出数列是等比数列，再根据是数列的前项积，求出的最大值 【详解】当时，， 当时，，， 两式相减得，即，又，故， 所以数列是以32为首项，为公比的等比数列， 通项公式为： 因为是数列的前项积， 所以， 当或时，有最大值15，所以当时，有最大值. 故选：C 5. 包括甲、乙、丙在内的6人排成一排照相，要求甲与乙相邻，且甲与丙不相邻，则不同的排列种数为（ ） A. 180 B. 246 C. 168 D. 192 【答案】D 【解析】 【分析】分甲乙相邻且与丙不相邻、甲与乙相邻且乙与丙相邻两种情况讨论，利用捆绑法和插空法计算可得. 【详解】当甲乙相邻且与丙不相邻时，先将其余三人全排列，有种排法， 再将甲乙组合与丙插空，有种排法，则有种排法； 当甲与乙相邻且乙与丙相邻，则有种排法， 综上可得一共有种排法. 故选：D 6. 设，则的大小关系是（   ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】构造函数，判断单调性，利用单调性比较大小. 【详解】令， 当时，，单调递减；当时，，单调递增； ，， ， 因为，所以， 故选：A 7. 已知函数有下列四个结论： ①的递增区间是和； ②函数有三个零点； ③函数的图像关于中心对称； ④过点存在三条直线和的图像相切. 其中正确结论的个数是（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】求导后分析单调性可得①正确；利用极值数形结合可得②错误；利用可得③正确；设切点由导数的几何意义求出切线斜率，再由点斜式得到方程然后构造函数求导分析极值数形结合可得④正确. 【详解】对于①，， 令，解得或，所以的递增区间是和，故①正确； 对于②，由①可得极值点，，由函数图象可得 所以方程的解即与的交点，只有一个，故②错误. 对于③， ， 所以对称中心为，故③正确； 对于④，设切点为，则，， 所以切线方程为， 代入点可得， 整理可得， 令，则， 所以极值点为或2，且， 所以与有三个交点，即方程有三个根，所以过点存在三条直线和的图像相切，故④正确. 故选：C 8. 已知函数，若，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】构造函数，由其单调性得到，再通过参变分离求最值即可求解. 【详解】由，可得：， 构造函数，易知在上单调递增， 所以可得在时恒成立， 即， 令， 则，令，可得：， 当时，，当时，， 也即在单调递增，在单调递减， 当时，取得最大值， 所以， 所以实数的取值范围是， 故选：D 二、多选题 9. 已知展开式中共有8项.则该展开式结论正确的是（ ） A. 所有项的二项式系数和为128 B. 所有项的系数和为 C. 系数最大项为第3项 D. 有理项共有4项 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据二项式展开式项数判定A，应用赋值法计算判定B，利用二项展开式的通项公式求解系数最大项及有理项可判断CD. 【详解】A项，因为的展开式共有8项，所以. 故所有项的二项式系数和为，故A正确； B项，令，可得所有项的系数和为，故B错误； 因为二项展开式的通项公式为： ，， C项， 当，设项系数最大， 由，解得，则， 且，第3项系数为， 当时，，系数为1； 当时，，系数为； 由，故第3项的系数最大；故C正确； D项，由为整数，且可知，的值可以为：0，2，4，6， 所以二项展开式中，有理项共有4项，故D正确. 故选：ACD. 10. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 的单调递增区间为 B. 有3个零点 C. 若关于的方程有四个不同实根，则 D. 若，恒成立，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】先根据分段函数的解析式和导数相关知识判断函数的单调性，即可判断；令，分段求出的值即可判断；先解方程求出的值，再根据函数的单调性和最值画出函数图象，通过方程的根与图象的公共点之间的联系进行转化，进而判断；由已知将问题转化为求函数，的最大值问题，通过求导判断函数的单调性即可求解最值，进而求解的范围. 【详解】当时，，此时在上单调递增， 当时，，则， 当时，，在上单调递增， 当时，，在上单调递减， 所以的单调递增区间为，故A正确； 当时令，得， 当时，令，得，所以函数有2个零点，故B错误； 因为，即， 所以或， 因为在上单调递增，在上单调递减， 所以当时，函数有最大值， 当时，，所以的图象如图所示， 由图可知有一个根， 若满足关于的方程有四个不同实根， 则有三个不同实根，所以，故C正确； 若，恒成立，则， 令，，所以， 由，得（舍）或， 当时，，所以在上单调递增， 当时，，所以在上单调递减， 所以当时，有最大值为，所以， 所以，故D正确. 故选：ACD. 11. 已知是定义在上的奇函数，，是奇函数，且，则下列说法中正确的有（ ） A. 为偶函数 B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】由及复合函数的导数求法、奇偶性定义判断A；由题设有，得，令求参数得判断B；利用奇偶性、对称性判断C、D. 【详解】由于是定义在上的奇函数，所以， 则，即，故A正确； 因为是奇函数，所以，即， 所以，则，令，所以， 所以，即的图象关于直线对称， 则，故B错误； ，故C正确； ，故D正确. 故选：ACD 三、填空题 12. 已知，则：被除的余数是__________． 【答案】 【解析】 【分析】令得，令得，即得，由，利用二项式定理展开即可求解. 【详解】因为， 所以令时，， 令时，， 所以， 又， 所以除以的余数是 故答案为： 13. 已知是公差不为0的等差数列，且，，成等比数列，若是数列的前项和，则的最小值为________． 【答案】 【解析】 【分析】设等差数列的公差为，根据，，成等比数列，可得，利用等差数列的前n项和公式化简，然后利用基本不等式求出最值即可. 【详解】令的公差为，成等比数列， ，，，． ， 当且仅当，即时取等号． 故答案为： 14. 函数的两个极值点、满足，则的最大值为________. 【答案】 【解析】 【分析】根据函数极值点的定义可得出，可得出，令，则，可得出，，可得出，构造函数，利用导数求出函数的最大值即可. 【详解】由得， 由得， 因为函数两个极值点、， 则，可得①， 设，则且，代入①得，， 所以， 设，则， 令，则， 所以在上单调递增，所以， 从而，所以在单调递增， 所以，所以，故的最大值为. 故答案为：. 四、解答题 15. 设数列的前项和为，且成等差数列． （1）证明：为等比数列，并求数列的通项； （2）设，且，证明. 【答案】（1）证明：在中， 令，得即，① 令，得即，② 又，③ 则由①②③解得，， 当时，由，得到 则，又，则， 数列是以为首项，为公比的等比数列， ，即. （2）证明：，则， 则. . 【解析】 【分析】（1）先求出，，当时，推导出，从而，由此能证明数列是以为首项，为公比的等比数列，从而能求出数列{an}的通项． （2）推导出，再利用裂项相消法求和能证明Tn＜1． 【详解】（1）证明略，； （2）略. 【点睛】本题考查等比数列的证明，数列通项公式的求法及裂项相消法求和的应用，考查数列不等式的证明，考查推理论证能力、运算求解能力，属于中档题． 16. 如图，在四棱锥中，平面，，且，，，，，为的中点. （1）求证：平面； （2）求二面角的余弦值； （3）点在线段上，直线与平面所成角的正弦值为，求点到平面的距离. 【答案】（1） 设的中点为，连接、， 因为为的中点，所以，且， 又，且，所以，且， 所以四边形为平行四边形，则， 又平面，平面，所以平面. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）设的中点为，连接、，证明出四边形为平行四边形，可得出，再结合线面平行的判定定理可证得结论成立； （2）记的中点为，连接，推导出，然后以为原点，以、、所在直线为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得二面角的余弦值； （3）设，利用空间向量法可求出的值，在利用空间向量法可求出点到平面的距离. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 记的中点为，连接， 因为，，， 所以四边形是矩形，则，， 以为原点，以、、所在直线为、、轴建立空间直角坐标系，如图， 则、、、， 则，，， 设平面的一个法向量为， 所以，令，则， 设平面的一个法向量为， 所以，令，则， 所以， 由图可知，二面角为锐角，所以二面角的余弦值为. 【小问3详解】 依题意，设，则， 又由（2）得平面的一个法向量为， 记直线与平面所成角为， 所以，解得（负值舍去）， 所以，则， 而由（2）得平面的一个法向量为， 所以点到平面的距离为. 17. 已知函数 （1）求的单调区间和极值； （2）若在单调递增，求实数的取值范围； （3）当时，若对任意的，总存在，使得，求实数的取值范围． 【答案】（1） 单调递减区间为，单调递增区间为， 所以在处取得极小值，且极小值为，无极大值. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）求导分析单调性，极值，即可求解. （2）根据题意可得，求导，由在上单调递增，可得在上恒成立，只需，即可求解. （3）若对任意的，总存在，使得，则当时，，即可求解. 【小问1详解】 ，， 令，解得， 当时，，当时，， 所以单调递减区间为，单调递增区间为， 所以在处取得极小值，且极小值为，无极大值. 【小问2详解】 ，， 则， 因为在单调递增， 所以在上恒成立， 所以在上恒成立，即， 设，， 所以在上单调递增， 所以， 所以，故的取值范围为. 【小问3详解】 若对任意的，总存在，使得， 则当时，， 由（1）知在上单调递增， 所以当时，， ，， ， 当时，，单调递减， ， ， ， 的取值范围为. 【点睛】方法点睛：不等式的恒成立、存在性问题，可按如下规则转化： 一般地，已知函数，， （1）若，有成立，则； （2）若，有成立，则； （3）若，有成立，则. 18. 已知椭圆经过点，离心率为． （1）求椭圆的方程； （2）点为椭圆上不同的两点，直线与轴交于点，直线与轴交于点，设，且满足，求点的坐标． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由椭圆的几何性质，转化为关于的方程，即可求解； （2）首先设点的坐标，由条件转化为关于坐标的关系式，再设直线方程与椭圆方程联立， 【小问1详解】 由题意可知，，，则，所以， 所以椭圆的方程为； 【小问2详解】 设，， 直线的方程为，， 直线的方程为，， 则，，，，， ① ，则， 所以直线的斜率存在，设直线的方程为， 联立，得， ，，② ， ， ，③ 将②③代入①得，， 整理为，即或， 若，则直线为，过点，不符合题意，舍去， 若，则直线为，过原点，此时， 又因为，所以，，代入椭圆方程得，， 则，又， 所以， 所以点的坐标为. 19. 已知函数，. （1）求曲线在处的切线方程； （2）若，求的取值范围； （3）若有两个实数解，，证明：. 【答案】（1） （2） （3） 方程有两实数解，， 即有两实数解，不妨设， 由（2）知方程要有两实数解，则，即， 同时，，， ， 则，在单调递减， 欲证，即证，， 等价于，即， 等价于， 整理得①， 令，①式为， 又在单调递增， 故①式等价于，即， 令，， 当时，，在单调递增， 又，，即， 所以，则. 【解析】 【分析】（1）借助导数的几何意义计算即可得； （2）设，借助导数研究其单调性即可得； （3）结合（2）中所得可得，可将所需证明内容转化为证明，等价于证明，构造函数，结合其单调性只需证，再构造函数，利用导数研究其单调性即可得证. 【小问1详解】 ，，， 所以在处的切线方程为， 即； 【小问2详解】 由可知，，， 即在上恒成立， 设，， 当时，，在单调递减； 当时，，在单调递增， 所以时，取得最小值，最小值为， 由题意知，即，故的取值范围为； 【小问3详解】 略 【点睛】关键点点睛：最后一问关键点在于将原不等式转化为证明，再转化为证明，最后转化为证明，从而可构造函数帮助证明. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $