精品解析：江西省贵溪市第一中学2024-2025学年高二下学期期中考试数学试卷

贵溪一中2026届高二下学期期中考试数学试卷 本卷满分150分，考试时间120分钟． 单项选择题：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，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知函数，则（ ） A. 3 B. 6 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求，结合导函数的定义计算可得出答案. 【详解】因为，所以， 则 故选：D 2. 在等比数列中，已知，那么等于（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先求得等比数列的公比，进而即可求得的值. 【详解】设等比数列的公比为q， ， ． 故选：A 3. 用数学归纳法证明“”时，假设时命题成立，则当时，左端增加的项为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】分别求出当和时，不等式左边，二者比较即可得到答案. 【详解】当时，左边为， 当时，左边为 所以增加的项为： 故选：D 4. 若直线是曲线与曲线的公切线，则（ ）． A 26 B. 23 C. 15 D. 11 【答案】D 【解析】 【分析】先由，利用切线斜率为-1求得切点，再将切点代入切线方程求得a，然后设切线与的切点为，利用切线斜率为-1和切点在切线上求解. 【详解】解：因为， 所以，由，解得或（舍去）， 所以切点为， 因为切点在切线上，解得， 所以切线方程为， ，设切点为， 由题意得，解得， 所以， 故选：D 5. 已知数列的前项和为，前项积为，满足，则（ ） A. 45 B. 50 C. 55 D. 60 【答案】D 【解析】 【分析】根据可得，结合等比数列的定义可知是首项为1，公比为2的等比数列，结合等比数列的通项公式求出，进而求出即可求解. 【详解】根据题意：， 两式作差可得，当时，， 所以数列是首项为1，公比为2的等比数列， 所以， 所以， 故选：D． 6. 定义：对于数，，若它们除以整数所得的余数相等，则称与对于模同余或同余于模，记作．已知正整数满足，将符合条件的所有的值按从小到大的顺序排列，构成数列．设数列的前项之和为，则的最小值为（ ） A. 12 B. 14 C. 16 D. 18 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，求出数列的通项及前项和为，再借助单调性求解即得. 【详解】由题意可知：，且， 可知数列是等差数列，则， 可得， 当且仅当时，取得最小值16. 故选：C. 7. 当时，函数取得最小值，则（ ） A. 2 B. 1 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由条件可知，，可解出，，然后验证，满足条件即可. 【详解】由于，函数在处取得最小值， 故，，从而，，解得，. 若，，则，， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增． 所以在处取到极小值，也是最小值. 而，所以函数在处取得最小值，故，满足要求， 所以，，故． 故选：D. 8. 设，，，则、、的大小关系为（ ） A B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用函数在上的单调性可得出、的大小关系，利用函数在上的单调性可得出、的大小关系，由此可得出、、的大小关系. 【详解】令，则， 当时，，则单调递增，所以， 即，则； 令，则，当时，，单调递增， 所以，即，即． 综上所述，． 故选：A． 【点睛】结论点睛：两个常见的重要不等式： （1）；（2）. 二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分． 9. 已知定义域为的函数的导函数为，且的图象如图所示，则（ ） A. 在上单调递减 B. 有极小值 C. 有3个极值点 D. 在处取得最大值 【答案】ABC 【解析】 【分析】首先分析给定图像，由的图象可知时，，则单调递减，进一步分析其他选项，由的图象可知当时，有极值，所以有3个极值点，再找出最大值和极小值即可. 【详解】由的图象可知时，， 则单调递减，故A正确；又时，，则单调递增， 所以当时，有极小值，故B正确； 由的图象可知时，有极值，所以有3个极值点，故C正确； 当时，，则单调递增，所以， 则在处不能取得最大值，故D错误． 故选：ABC． 10. 已知等差数列的前项和为，且满足，，现将数列与数列的公共项从小到大排列可以得到新数列，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 数列的前10项和为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据题设条件求出数列的公差，易得通项和前项和，易于判断A,B两项；对于新数列，可以通过项的列举找到公共项，易得其通项，判断C项；对于D项，因数列的通项易于裂项，故运用裂项相消法求和即得. 【详解】设等差数列的公差为，，由解得：， 故，，故A项正确，B项错误； 将数列列举出来为： 数列列举出来为： 故共同项依次有：,即， 故，则，C项正确； 因， 其前10项和为．故D项正确. 故选：ACD. 11. 数列的前n项和为，且，下列说法正确的是（ ） A. 若为等差数列，则的公差为1 B. 若为等差数列，则的首项为1 C. D. 【答案】AD 【解析】 【分析】本题考查等差数列的应用，根据条件构造出，两式相减得，再根据选项中的条件进行求解来判断A，B；利用求和公式来判断C，D． 【详解】因为，所以，两式相减得． 若数列为等差数列，则的公差． 又，所以，解得，所以A正确，B错误； ， 所以，所以C错误． 因为，所以恒成立， 即成立，所以D正确， 故选：AD． 12. 已知，，是的导函数，则下列结论正确的是（ ） A. 在上单调递增． B. 在上两个零点 C. 当 时，恒成立，则 D. 若函数只有一个极值点，则实数 【答案】ACD 【解析】 【分析】求出导函数，由确定增区间，判断A，然后可得，再利用导数确定的单调性与极值，结合零点存在定理得零点个数，判断B，构造函数，由在上递减，求得范围，判断C，利用导数研究的单调性与极值点，得的范围，判断D． 【详解】，令， 得，故A正确 ， ，令得，得， 故在上为减函数，在上为增函数． 当时，；当时，且 的大致图象为 只有一个零点，故B错． 记，则在上为减函数， 对恒成立 对恒成立 ． 故C正确． ， ，设， 只有一个极值点， 只有一个解，即直线与的图象只有一个交点． ， 在上为增函数，令，得， 当时，；当时，． 在上为减函数，在上为增函数， ， 时，，即，且时，，又时，，因此的大致图象如下（不含原点）： 直线与它只有一个交点，则．故D正确． 故选：ACD． 【点睛】关键点点睛：本题考查用导数研究函数的性质，解题关键是由导数确定函数的单调性，得出函数的极值，对于零点问题，需要结合零点存在定理才能确定零点个数．注意数形结合思想的应用． 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分． 13. 已知等差数列满足，则的值为_____________________． 【答案】3 【解析】 【分析】根据等差数列下标和性质运算求解. 【详解】由题意可得：，则， 所以. 故答案为：3. 14. 已知函数的定义域为，且，对任意，，则不等式的解集是______． 【答案】 【解析】 【分析】设，求导确定单调性，又从而有单调性可得不等式解集. 【详解】设，则， 所以在上单调递减， 又，由， 即，所以，则，不等式的解集为. 故答案为：. 15. 已知正项等比数列的前项和为，则该数列的公比__________，的最大值为__________. 【答案】 ①. ## ②. 1024 【解析】 【分析】根据等比数列的通项公式，结合等比数列的前项和公式、指数函数的单调性进行求解即可. 【详解】由题意得，则，得. 因为，所以. 易得，则， 所以. 当时，，当时，， 所以. 故答案为：； 16. 已知当时，不等式恒成立，则正实数的取值范围是__________． 【答案】 【解析】 【分析】同构变形得，设，根据导数得到其单调性则，再分离参数得，设，利用导数求出最值即可. 【详解】由题意，原不等式可变形为， 即，设，则当时，恒成立， 因为，所以函数在上单调递减，在上单调递增， 因为，，则，所以，， 因为在上单调递增， 所以要使，只需， 上恒成立，取对数，得， 因为，所以．令，，因为， 所以在上单调递增，所以， 所以，则. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用同构思想得到， 在上恒成立，再分离参数，利用导数求出最值即可. 四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤． 17. 已知数列满足，，. （1）求的通项公式. （2）证明. 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据，利用累加法求解； （2）由，利用裂项相消法求解. 【小问1详解】 解：由， 得，，…，， 由累加法得 ， 所以， 又满足， 又因为， 所以. 【小问2详解】 因为， 所以当时， ， 当时，成立， 所以. 18. 数列满足． （1）证明数列是等比数列，并求的通项公式； （2）若，求数列的前项和． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用等比数列的定义证明，并先写出数列的通项公式，从而得的通项公式； （2）先利用对数运算写出数列的通项公式，再利用分组求和、错位相减法求前项和. 【小问1详解】 由，得， ，， ，则是首项为2，公比为4的等比数列， 则， 则； 【小问2详解】 由， 所以， 设数列和的前项和分别为， 则，① ， ② ： ， 则， 而， 所以 19. 如图，在斜三棱柱中，平面平面，，四边形是边长为2的菱形，，，，分别为，的中点. （1）证明：. （2）求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据题干，先证明平面，从而得到，又因为，再得到平面，进而得到； （2）在点建立空间直角坐标系，求出直线与平面中各点的坐标，再利用线面夹角公式代入求解即可得到. 【小问1详解】 证明：如图，连接. 因为四边形是边长为2的菱形，， 所以为等边三角形，则. 又平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 因为平面，所以. 因为，，所以. 因为，平面，所以平面. 又平面，所以. 【小问2详解】 如图，过作的平行线为轴，结合（1）知轴，，两两垂直.故可建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，， 则，，. 设平面的法向量为， 则得 取，得，则. 因为为的中点，所以. 又.所以. 则. 设直线与平面所成的角为，则， 即直线与平面所成角的正弦值为. 20. 已知函数. （1）若函数在区间上单调递增，求实数的取值范围； （2）求证：当时，. 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）转化为，即对恒成立,再根据函数求出最小值可得结果； （2）（法一）两次求导得的最小值，再根据基本不等式可得.（法二）利用进行放缩可证. 【小问1详解】 的定义域为,. 依题意得：对恒成立, 对恒成立. 令， 则， 当时，， 故在上单调递增， 所以的最小值为. 故，即的取值范围为. 小问2详解】 （法一）当时，设， 由，得在上单调递增， 又，， 由零点存在定理可得在上有唯一零点， 设此零点为，则，有， 两边取对数并整理得， 当时，单调递减； 当时，单调递增， 故 . 即当时，. （法二）我们先证明，，当且仅当时等号成立. 构造函数，则， 当时，单调递减； 当时，单调递增， 故，即，当且仅当时等号成立. 当时，对两边同时取对数有， 故当时，当且仅当时等号成立. 所以， 两个“”中等号成立的条件分别为和， 故当时，. 当时，，又， 所以； 当时，，又. 综上所述，当时，. 【点睛】方法点睛：第（2）问，一般地，要证不等式成立，可以通过构造函数，利用导数求出函数的最值，再证明最值使不等式成立即可. 21. 已知椭圆过点，离心率为. （1）求椭圆的方程； （2）已知的下顶点为，不过的直线与交于点，线段的中点为，若，试问直线是否经过定点？若经过定点，请求出定点坐标；若不过定点，请说明理由. 【答案】（1） （2）过定点， 【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）根据题意，设的方程为，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理，由 ，代入计算，即可得到结果. 【小问1详解】 依题意，得又，解得 所以椭圆方程为. 【小问2详解】 因为，所以， 又为线段的中点，所以，因此. 根据题意可知直线的斜率一定存在，设的方程为， 联立消去， 得， 根据韦达定理可得， 因为， 所以 ， 所以， 整理得，解得或. 又直线不经过点，所以舍去， 于是直线的方程为，恒过定点，该点在椭圆内，满足， 所以直线恒过定点，定点坐标为. 22. 已知函数，其中． （1）当时，求函数在处的切线方程； （2）讨论函数的单调性； （3）若存在两个极值点的取值范围为，求的取值范围． 【答案】（1） （2）答案见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）根据导数的几何意义可求出结果； （2）求导后，分类讨论，根据导数的符号可得结果； （3）根据存在两个极值点可得，且，根据单调性可得，将化为，利用比值代换可求出结果. 【小问1详解】 当时，，定义域为， 所以， 所以，又， 所以函数在处的切线方程为，即. 【小问2详解】 的定义域是， ，， 令，则． ①当或，即时，恒成立，所以在上单调递增． ②当，即时，由，得或； 由，得， 所以在和上单调递增，在上单调递减． 综上所述，当时，在上单调递增； 当时，在和上单调递增，在上单调递减 【小问3详解】 由（2）当时，在上单调递增，此时函数无极值； 当时，有两个极值点，即方程有两个正根， 所以，则在上是减函数．所以， 因为， 所以 ， 令，则， ， 所以在上单调递减， 又，且， 所以， 由， 又在上单调递减， 所以且，所以实数的取值范围为． 【点睛】方法点睛：涉及到双变量的问题一般可以利用比值代换处理，本题中，将化为后，设，化为关于的函数，再利用导数进行处理. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 贵溪一中2026届高二下学期期中考试数学试卷 本卷满分150分，考试时间120分钟． 单项选择题：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，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知函数，则（ ） A. 3 B. 6 C. D. 2. 在等比数列中，已知，那么等于（ ） A. B. C. D. 3. 用数学归纳法证明“”时，假设时命题成立，则当时，左端增加的项为（ ） A. B. C. D. 4. 若直线是曲线与曲线的公切线，则（ ）． A. 26 B. 23 C. 15 D. 11 5. 已知数列的前项和为，前项积为，满足，则（ ） A. 45 B. 50 C. 55 D. 60 6. 定义：对于数，，若它们除以整数所得的余数相等，则称与对于模同余或同余于模，记作．已知正整数满足，将符合条件的所有的值按从小到大的顺序排列，构成数列．设数列的前项之和为，则的最小值为（ ） A. 12 B. 14 C. 16 D. 18 7. 当时，函数取得最小值，则（ ） A. 2 B. 1 C. D. 8. 设，，，则、、的大小关系为（ ） A B. C. D. 二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分． 9. 已知定义域为的函数的导函数为，且的图象如图所示，则（ ） A. 在上单调递减 B. 有极小值 C. 有3个极值点 D. 在处取得最大值 10. 已知等差数列的前项和为，且满足，，现将数列与数列的公共项从小到大排列可以得到新数列，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 数列的前10项和为 11. 数列的前n项和为，且，下列说法正确的是（ ） A. 若为等差数列，则的公差为1 B. 若为等差数列，则首项为1 C. D. 12. 已知，，是的导函数，则下列结论正确的是（ ） A. 在上单调递增． B. 在上两个零点 C. 当 时，恒成立，则 D. 若函数只有一个极值点，则实数 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分． 13. 已知等差数列满足，则的值为_____________________． 14. 已知函数定义域为，且，对任意，，则不等式的解集是______． 15. 已知正项等比数列的前项和为，则该数列的公比__________，的最大值为__________. 16. 已知当时，不等式恒成立，则正实数的取值范围是__________． 四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤． 17. 已知数列满足，，. （1）求的通项公式. （2）证明. 18. 数列满足． （1）证明数列是等比数列，并求通项公式； （2）若，求数列的前项和． 19. 如图，在斜三棱柱中，平面平面，，四边形是边长为2的菱形，，，，分别为，的中点. （1）证明：. （2）求直线与平面所成角的正弦值. 20 已知函数. （1）若函数在区间上单调递增，求实数的取值范围； （2）求证：当时，. 21. 已知椭圆过点，离心率为. （1）求椭圆的方程； （2）已知的下顶点为，不过的直线与交于点，线段的中点为，若，试问直线是否经过定点？若经过定点，请求出定点坐标；若不过定点，请说明理由. 22. 已知函数，其中． （1）当时，求函数在处的切线方程； （2）讨论函数的单调性； （3）若存在两个极值点的取值范围为，求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $