精品解析：四川省眉山市2024-2025学年高二下学期6月期末联考数学试题

2026届高二下学年期末校校联考 数学试卷 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4个选项中，只有一个是符合题目要求的. 1. 某物体运动的位移随时间变化的函数是，已知时刻该物体的瞬时速度为，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据瞬时速度的定义结合导数的定义直接求解即可. 【详解】因为时刻该物体的瞬时速度为， 所以，故B正确. 故选：B 2. 已知数列满足，若，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据递推式得到数列的周期，再应用周期性求. 【详解】由题设，，，， 所以是周期为3的数列，则. 故选：C 3. 下列求导正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据函数的求导公式及求导法则判断各选项即可. 【详解】因为是常数，所以，故A错误； ，所以B错误； ，所以C错误； ，D正确. 故选：D 4. 某班一天上午有4节课，下午有2节课，现要安排该班一天中语文、数学、英语、体育、艺术、通技各一节课的课表，要求数学课排在上午，体育课排在下午，不同的排法种数是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先排数学、体育，再排其余4节，利用乘法原理即可得到结果． 【详解】由题意，要求数学课排在上午，体育课排在下午，有种排法， 再排其余4节，有种排法， 根据乘法原理，共有种排法， 故选：B． 5. 已知在上递增，则实数的范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据函数单调性得出导函数恒大于0，再结合最值计算求参. 【详解】根据题意，在上恒成立，即恒成立， 当时，， 所以，使得恒成立，则. 故选：D. 6. 2023年9月23日至10月8日，第19届亚运会在杭州成功举办，组委会将篮球、网球、排球、空手道、击剑、摔跤6个项目安排在3个不同的体育场馆比赛，每个场馆安排2个项目，其中排球、空手道必须安排到同一场馆，则不同的排法共有（ ） A. 12种 B. 18种 C. 36种 D. 54种 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意可知，可以分为两步来计算，第一步先把比赛进行分组，第二步将分好组的比赛项目安排到3个不同体育场比赛，根据分步计算原理可得. 【详解】根据题意可知，可以分为两步来计算， 第一步先把比赛进行分组，要求排球、空手道必须安排到同一场馆， 有种分法， 第二步将分好组的比赛项目安排到3个不同体育场比赛，有种分法， 根据分步计算原理知种. 故选：B 7. 若函数有极值，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】对函数求导，设，，分，结合导数分析求解即可. 【详解】由，， 则， 令，， 则， 当时，恒成立，则， 即函数在上单调递增，此时函数无极值，不符合题意； 当时，令，得， 当时，，则，得函数在上单调递减， 又时，；时，， 所以存在，使得，则函数存在极值； 当时，， 则时，；时，， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 则， 设，，则， 当时，；当时，， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 又，且时，， 则时，，此时函数无极值，不符合题意； 当时，，且时，；时，， 此时函数存在极值. 综上所述，的取值范围为. 故选：A. 【点睛】方法点睛：解决函数有极值问题，解决的方法是要保证其导数有变号零点. 8. 已知正实数，满足，则（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先将已知变形为,然后再运用基本不等式得到,利用导数求证再用取得等号时的条件可得，即可求解. 详解】由题设可得 (当且仅当时取等号), 即,由于，均为正实数，即， 设， 则当时，在单调递减，当时，在单调递增，故当， 故当且仅当时取等号， 因此，故，则， 故，解得,所以, 故选：C. 【点睛】结论点睛：常用的不等式：，，，，，. 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的，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分. 9. 甲同学通过数列3，5，9，17，33，…的前5项，得到该数列的一个通项公式为，根据甲同学得到的通项公式，下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 该数列为递增数列 【答案】ABD 【解析】 【分析】将代入通项公式，求出，然后根据数列的性质，逐项分析即可. 【详解】由，得，故，所以，所以A 、B正确， ，所以C 错误， 又得该数列为递增数列，所以D正确. 故选：ABD 10. 已知函数，其导函数的图象如图所示，则下列说法错误的是（    ） A. 有2个极值点 B. 在处取得极小值 C. 有极大值，没有极小值 D. 上单调递减 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用导函数的图象得出导函数的正负，得出函数的单调区间，即可知为的极大值点，无极小值点，可判断得出结论. 【详解】根据图象可知，当时，且不恒为零， 当时，， 因此可得在上单调递增，在上单调递减； 即在处取得极大值，可知有唯一极值点，即A错误；B错误； 显然仅在处取得极大值，无极小值，C正确； 因为在上单调递增，又，可得在上单调递增，即D错误； 故选：ABD 11. 某人设计一项单人游戏，规则如下：先将一棋子放在如图所示正方形（边长为2个单位）的顶点处，然后通过掷骰子来确定棋子沿正方形的边按逆时针方向行走的单位，如果掷出的点数为（），则棋子就按逆时针方向行走个单位，一直循环下去．某人抛掷三次股子后棋子恰好又回到点处，则（ ） A. 三次股子后所走的单位数可以是12 B. 三次骰子的点数之和只可能有两种结果 C. 三次股子的点数之和超过10的走法有6种 D. 回到点处的所有不同走法共有24种 【答案】BC 【解析】 【分析】利用列举法可得点数和为8和16的所有情况，即可结合选项逐一求解. 【详解】由题意知正方形（边长为2个单位）的周长是8，抛掷三次骰子后棋子恰好又回到点A处的表示三次骰子的点数之和是8，16，故A错误，B正确： 在点数中三个数字能够使得和为8，16的有125，134，116，224，233，466，556， 在组合125，134，每种情况可以排列出种结果，共有种结果； 在116，224，233，466，556各有3种结果，共有种结果， 其中点数之和超过10的走法为466，556，共有种，故C正确； 根据分类计数原理知共有种结果，故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. 已知数列的前项和满足，则的通项公式为________. 【答案】 【解析】 【分析】根据作差计算可得； 【详解】因为， 当时，； 当时，， 所以， 当时不满足，所以. 故答案为： 13. 甲、乙等5位大学生分配到3所单位实习，每人只能到一所单位实习，每所单位至少接收一人，则甲、乙分到同一单位的方案有__________种． 【答案】36 【解析】 【分析】先分析出甲、乙分到同一单位的方案中3所单位的人数有3，1，1和2，2，1两种可能，再按照先选后排的原则写出式子计算即可. 【详解】由题意可知，甲、乙分到同一单位的方案中3所单位的人数 有3，1，1和2，2，1两种可能， ①在3，1，1方案中，包含甲乙在内的3人到一所学校， 另外两人各到一所学校，有种方案； ②在2，2，1方案中，甲乙去一所学校，其余3人中的1人去一所学校， 剩余2人去另一所学校，有种方案， 因此，所有的分配方案共有种， 故答案为：36. 14. 关于的方程（且）有唯一实数解，其中为自然对数的底数，则实数的取值范围是______________. 【答案】或 【解析】 【分析】构造，易知是方程的唯一解，应用分类讨论，利用导数研究的单调性、最值，结合研究方程根的个数，即可得范围. 【详解】令，显然，易知是方程的唯一解， 由，令，则， 当，即，则，故在R上单调递增，满足题设； 当时且，此时使得， 所以上，则在上单调递减， 上，则在上单调递增， 所以，又时， 当时，，满足题设； 当时，，则使，故方程有两个解，不满足题设； 当时，，则使，故方程有两个解，不满足题设； 综上，或. 故答案为：或 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. 已知等差数列的前项和为，满足，． （1）求数列的通项公式； （2）设，求． 【答案】（1） （2）20 【解析】 【分析】（1）根据题意，列出关于的方程，代入计算，即可得到结果； （2）由并项求和法代入计算，即可得到结果. 【小问1详解】 设等差数列的公差为， 由题意可得，解得，所以. 【小问2详解】 由（1）可得， 所以. 16. 已知等比数列满足，且成等差数列. （1）求数列的通项公式： （2）求. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）依题意列方程即可求出公比，进而得到数列的通项； （2）利用等比数列的前n项和求解即可. 【小问1详解】 设等比数列的公比为， 成等差数列， ， 即， 即， 解得或（舍）， 【小问2详解】 . 17. 现有名师生站成一排照相，其中老师人，男学生人，女学生人，在下列情况下，各有多少种不同的站法？ （1）老师站在最中间，名女学生分别在老师的两边且相邻，名男学生两边各人； （2）名男学生互不相邻，男学生甲不能在两端； （3）名老师之间必要有男女学生各人． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据特殊元素优先安排求解即可. （2）利用插空法，先排老师和女学生，再排男学生甲，最后排剩余的名男学生即可. （3）先任选一男学生一女学生站两位老师中间，再排老师，最后利用捆绑法排列即可. 【小问1详解】 由题意可得共种不同的站法． 【小问2详解】 先排老师和女学生共有种站法，再排男学生甲有种站法， 最后排剩余的名男学生有种站法， 所以共有种不同的站法． 【小问3详解】 先任选一男学生一女学生站两位老师中间，有种站法， 两老师的站法有种， 再将一男学生一女学生两位老师进行捆绑与剩余的4个人进行全排列有种， 所以共有种不同的站法． 18. 如图1，是等边三角形，为等腰直角三角形，，将沿AC翻折到的位置，且点P不在平面ABC内）（如图2），点F在线段PB上（不含端点）． （1）证明：； （2）若． （ⅰ）当点F为线段PB的中点时，求直线PB与平面ACF所成角的大小； （ⅱ）设平面ACF与平面PBC的夹角为，求的取值范围． 【答案】（1）证明见解析； （2）（ⅰ）直线PB与平面所成角为;（ⅱ）. 【解析】 【分析】（1）取中点为，由题意可得，再结合线面垂直的判定定理及性质定理即可证明； （2）（i）以为原点建立直角坐标系，求以及平面的法向量，利用即可；（ii）利用二面角的向量求法可得，令，则，可得，所以，即可求解. 【小问1详解】 证明：取中点为，连接， 因为， 所以， 又因为，平面， 所以平面， 又因为平面， 所以. 【小问2详解】 （i）因为为等腰三角形，，即，所以， 因为为等边三角形，所以， 故，，因，则，即， 又因，所以两两互相垂直， 以为原点，以为基底，建立空间直角坐标系， ，F为线段PB的中点， 则，， 设平面的法向量为， 则， 取，得， 所以， 设直线PB与平面所成角为，则， 又，则， 所以直线PB与平面所成角为， （ii）设平面的法向量为， ， 则， 取，得， 设，所以， 所以， 则平面的法向量为， 则， 取，得， 所以 ， 令，则， 所以， 因为时，， 所以， 所以. 【点睛】关键点点睛：本题主要考查线面角、二面角的向量求法，关键是需要建立空间直角坐标系，由（1）知平面，所以需证明，设， 以为基底来表示与，结合题意即可证明，可得两两互相垂直，从而以为原点，为基底，建立空间直角坐标系. 19. 若函数的图象上存在三点，且，使得直线与的图象在点处的切线平行，则称为在区间上的“中值点”． （1）若函数在区间上的中值点为，证明：成等差数列． （2）已知函数，存在，使得． （ⅰ）求实数的取值范围； （ⅱ）当时，记在区间上所有可能的中值点之和为，证明：． 【答案】（1）证明见解析； （2）（i）；（ii）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）根据中值点定义得到相关方程，则，化简即可； （2）（ⅰ）通过二次求导得，再对和讨论即可； （ii）首先证明，通过构造函数，利用二次求导即可证明，再进行代换即可证明，最后再设，利用累加法和等差数列求和公式即可证明. 【小问1详解】 由题意知. 因为， 又， 所以，即， 所以成等差数列 【小问2详解】 （i）， 设，则， 当时，单调递增，当时，单调递减. 故，且当时，，当时，. 若，则恒有，所以在上单调递减，不符合题意； 若，则在和上分别存在一个零点，记， 当时，，即单调递减， 当时，，即单调递增，当时，，即单调递减， 故存在，满足. 所以的取值范围是. （ii）因为，所以中值点满足， 由（i）知当时，即有两个零点， 所以在区间上所有可能的中值点即. 先证明： 由，得. 要证，即证. 设， 则. 设，当时，， 所以在上单调递增，所以， 所以当时，，所以在上单调递减. 所以当时，，即 因为，所以，即， 又，再结合在上单调递减， 可得，从而. 令，得， 所以. 【点睛】关键点点睛：本题第二问第二小问的关键是构造函数，从而证明关键的不等式. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2026届高二下学年期末校校联考 数学试卷 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的4个选项中，只有一个是符合题目要求的. 1. 某物体运动的位移随时间变化的函数是，已知时刻该物体的瞬时速度为，则的值为（ ） A B. C. D. 2. 已知数列满足，若，则等于（ ） A. B. C. D. 3. 下列求导正确的是（ ） A. B. C. D. 4. 某班一天上午有4节课，下午有2节课，现要安排该班一天中语文、数学、英语、体育、艺术、通技各一节课的课表，要求数学课排在上午，体育课排在下午，不同的排法种数是（ ） A. B. C. D. 5. 已知在上递增，则实数范围是（ ） A. B. C. D. 6. 2023年9月23日至10月8日，第19届亚运会在杭州成功举办，组委会将篮球、网球、排球、空手道、击剑、摔跤6个项目安排在3个不同的体育场馆比赛，每个场馆安排2个项目，其中排球、空手道必须安排到同一场馆，则不同的排法共有（ ） A. 12种 B. 18种 C. 36种 D. 54种 7. 若函数有极值，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 已知正实数，满足，则（ ） A. 2 B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求的，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分. 9. 甲同学通过数列3，5，9，17，33，…的前5项，得到该数列的一个通项公式为，根据甲同学得到的通项公式，下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 该数列为递增数列 10. 已知函数，其导函数的图象如图所示，则下列说法错误的是（    ） A. 有2个极值点 B. 在处取得极小值 C. 有极大值，没有极小值 D. 上单调递减 11. 某人设计一项单人游戏，规则如下：先将一棋子放在如图所示正方形（边长为2个单位）的顶点处，然后通过掷骰子来确定棋子沿正方形的边按逆时针方向行走的单位，如果掷出的点数为（），则棋子就按逆时针方向行走个单位，一直循环下去．某人抛掷三次股子后棋子恰好又回到点处，则（ ） A. 三次股子后所走的单位数可以是12 B. 三次骰子的点数之和只可能有两种结果 C. 三次股子点数之和超过10的走法有6种 D. 回到点处的所有不同走法共有24种 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知数列的前项和满足，则的通项公式为________. 13. 甲、乙等5位大学生分配到3所单位实习，每人只能到一所单位实习，每所单位至少接收一人，则甲、乙分到同一单位的方案有__________种． 14. 关于的方程（且）有唯一实数解，其中为自然对数的底数，则实数的取值范围是______________. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知等差数列的前项和为，满足，． （1）求数列的通项公式； （2）设，求． 16 已知等比数列满足，且成等差数列. （1）求数列的通项公式： （2）求. 17. 现有名师生站成一排照相，其中老师人，男学生人，女学生人，在下列情况下，各有多少种不同的站法？ （1）老师站在最中间，名女学生分别在老师的两边且相邻，名男学生两边各人； （2）名男学生互不相邻，男学生甲不能在两端； （3）名老师之间必要有男女学生各人． 18. 如图1，是等边三角形，为等腰直角三角形，，将沿AC翻折到的位置，且点P不在平面ABC内）（如图2），点F在线段PB上（不含端点）． （1）证明：； （2）若． （ⅰ）当点F为线段PB的中点时，求直线PB与平面ACF所成角的大小； （ⅱ）设平面ACF与平面PBC的夹角为，求的取值范围． 19. 若函数的图象上存在三点，且，使得直线与的图象在点处的切线平行，则称为在区间上的“中值点”． （1）若函数在区间上的中值点为，证明：成等差数列． （2）已知函数，存在，使得． （ⅰ）求实数的取值范围； （ⅱ）当时，记在区间上所有可能的中值点之和为，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$