高二数学下学期期中模拟卷（北师大版选择性必修第二册第1章～第2章：数列+导数，高效培优·强化卷）

2025-2026学年高二数学下学期期中模拟卷 提升卷·全解全析 （考试时间：120分钟，分值：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 4．测试范围：北师大版选择性必修第二册第一章~第二章。 第一部分（选择题 共58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，只有一项是符合题目要求的。 1．记为等差数列的前项和，若，则（    ） A．54 B．90 C．84 D．100 【答案】D 【分析】设出公差后借助等差数列前项和公式计算即可得. 【详解】设等差数列的公差为， 则有，解得， 则. 故选：D. 2．设为可导函数，且满足，则曲线在点处的切线的斜率是（ ） A．1 B．3 C．6 D．9 【答案】B 【分析】根据给定条件，利用导数的定义及几何意义求解即可. 【详解】由题意得，则， 得到曲线在点处的切线的斜率是3，故B正确. 故选：B 3．数列满足，则（    ） A．8 B．4 C．2 D．1 【答案】B 【分析】根据给定的递推公式，依次计算即得. 【详解】数列中，， . 故选：B 4．已知函数，则的图象大致为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】构造函数，利用导数判断函数的单调性，进而判断函数值的正负，即可排除BD，通过函数的单调性排除C，推出结果即可. 【详解】令，则， 由得，即函数在上单调递增， 由得，即函数在上单调递减， 所以当时，， 由此知的定义域为， 于是对任意，有，则，故排除BD， 因为函数在单调递减，则函数在递增，故排除C， 则可知A中图象符合题意. 5．已知为等比数列，，，若，则（   ） A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】C 【分析】应用等比数列求和公式计算求解. 【详解】因为为等比数列，，， 所以公比为 又因为，则. 故选：C. 6．已知函数，，若对任意的，存在唯一的，使得，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用导数求在上的值域记作集合，利用二次函数的单调性求在上的值域，根据题意可得两函数值域的关系，可得关于的不等式组，解不等式即可. 【详解】由可得， 当时，；当时，； 所以在单调递减，在单调递增， 所以，，， 所以在上的值域为，记， 的对称轴为，，， 且在上单调递减，所以， 记， 若对任意的，存在唯一的，使得， 则，所以，解得：， 所以实数的取值范围是， 故选：B. 7．我们可以用下面的方法在线段上构造出一个特殊的点集：如图，取一条长度为1的线段，第1 次操作，将该线段三等分，去掉中间一段，留下两段；第2次操作，将留下的两段分别三等分，再各去掉中间一段，留下四段；按照这种规律一直操作下去.这条线段经过n次操作后留下的线段的长度总和小于，则的最小值为（    ）（参考数据：lg2≈0.301，lg3≈0.477）    A．9 B．10 C．11 D．12 【答案】D 【分析】根据变化规律可知每次去掉的线段长度成等比数列，利用等比数列求和公式可求得第次后，去掉的线段长度总和为，由，结合对数运算可解不等式求得，由此可得结果. 【详解】第次操作，去掉的线段长度为；第次操作，去掉的线段长度为；第次操作，去掉的线段长度为，依次类推，可知第次操作去掉的线段长度为， 即每次去掉的线段长度成等比数列， 第次后，去掉的线段长度总和为， 由得：，， 的最小值为. 故选：D 8．已知实数和（其中）满足方程：，则下列不等式成立的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据可得且，再由为减函数可得，从而可判断A和D的正误，对于B，利用导数可得时不成立，对于C，利用零点存在定理可判断当时不成立. 【详解】因为且，故， 而，故，所以，故， 设，则， 所以为上的减函数， 而即为，故，故D成立. 由可得即， 故， 所以，所以即，故A错误. 对于B，取，由D的分析可得. 若，则即， 设，， 而均为上的减函数，故为上的减函数， 故， 所以在上为减函数， 所以，故， 所以不成立，故B错误. 对于C，取，则，即， 仍取D分析中的函数，考虑方程的解， 设，因为为上的减函数， 所以为上的减函数，而, 故，故此时不成立，故C错误. 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，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9．已知公差为的等差数列，为其前项和，下列说法正确的是（ ） A．若，则 B．若，成等比数列，则 C．若，，数列中最小的项为 D．若，，则 【答案】AC 【分析】利用等差数列性质判断A，利用等比中项性质并结合题意建立方程求解参数判断B，利用等差数列前项和的性质判断C，逐步求出等差数列的前项，再求和判断D即可. 【详解】对于A，由等差数列性质得， 解得，故A正确； 对于B，因为，，成等比数列，所以， 可得， 解得或，故B错误； 对于C，由等差数列性质得，， 则，所以数列中最小的项为，故C正确； 对于D，因为为等差数列，且，， 所以，，则. 则 ，故D错误. 故选：AC 10．已知函数，下列说法正确的是（    ） A．若是函数的极小值点，则 B．存在，使得点为曲线的对称中心 C．若，则过点可作曲线的三条不同切线 D．若，则，有 【答案】BD 【分析】选项A，求出，根据极值点的性质求出的值，然后验证；选项B，根据函数对称中心的性质列出方程求解；选项C，先设出切点坐标，再根据切线方程的求法求出切线方程，最后根据切线过点得到关于切点横坐标的方程，通过研究方程根的个数来判断切线的条数；选项D，通过对不等式进行变形，等价于，，构造新函数，则只需证明在上恒成立，然后对新函数求导，分析其单调性，进而证明不等式． 【详解】已知，可得：， 若是函数的极小值点，则，解得， 当时，， 令，即，解得或， 当时，单调递增； 当时，单调递减； 当时，单调递增． 所以是函数的极大值点，而不是极小值点，故A错误； ，点即， 若点为曲线的对称中心，则有， 即， 整理得， 则，解得， 所以存在，使得点为曲线的对称中心，故B正确； 设切点坐标为，切线斜率 ， 可得切线方程为， 因为切线过点，将其代入切线方程得， 可得， 令，得， 令，即，解得或， 当时，， 当时，单调递增； 当时，单调递减； 当时，单调递增． 当时，所以， ；当时，，当时，， 有一个零点，即过点只能作曲线的一条切线，故C错误； 若，则，有， 等价于，，即． 令， 则只需证明在上恒成立． ， 令， 则， 令， 则， 因为，， 所以， 在上单调递增，即在上单调递增， 因为，所以， 所以在上单调递增，即在上单调递增， 则，所以在上单调递增． 所以在上恒成立， 即在上恒成立，故D正确， 故选：BD． 11．已知函数若曲线在处的切线的斜率等于 ，， 是（是的导函数）的图象上任意两个不同的点.设直线的斜率为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】ACD 【分析】求出，则得，再结合即可对A判断求解；设，，再结合导数即可求出，从而可对B判断求解；由，令，构造，再结合导数即可求得，从而可对C判断求解；由题可得，由，令，则证，构造函数，再结合导数即可求出，从而可对D判断求解. 【详解】A：由题可得，所以， 又因为，则解得，故A正确； B：设，，则， 令，解得， 当时，；当时，， 所以在区间上单调递增，在区间上单调递减， 则，故B错误； C：由题，则， 则要证，即证， 即证，令，则证，即证， 设，，因为，则恒成立， 所以在上单调递增，所以，故可证，故C正确； D：由题可得直线的斜率为， 要证，即证，即证， 令，则，则，即，即证， 令，恒成立，则在区间上单调递增， 所以，即，，故D正确. 故选：ACD. 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．在数列中，，若，则__________. 【答案】1 【分析】结合递推关系和首项，求出数列的前几项，归纳出数列周期为4，结合周期性求解. 【详解】因为且， 所以， ， ， ， ， 所以是以4为周期的周期数列， 所以. 故， 故答案为；1 13．设函数，若函数的图象与直线有三个交点，则实数的取值范围__________. 【答案】 【分析】利用导数判断函数在不同区间的单调性，进而求出极值，再结合函数在不同区间的表达式画出大致图象，最后根据函数图象与直线的交点个数来确定参数的取值范围． 【详解】 当时，，则. 由得，所以在上单调递减； 由得，所以在上单调递增. 当时，，当时，， 当时，， 当时，取得极小值. 又当时，，所以函数的大致图象如图. 由图可知，当时，函数的图象与直线有三个交点， 所以实数的取值范围是. 故答案为：. 14．如图，在一个大圆中放入两个半径之比为1：2的小圆，使得两小圆外切，且它们均内切于大圆，且三个切点共线，记为一次操作.之后的每次操作，都在前一次放入的较大的圆中进行上述操作，现有一个半径为1的大圆，则4次操作后图中最小的圆的半径为___________，次操作后图中所有圆的面积总和为___________. 【答案】 【分析】由题意可知小圆半径是首项为，公比为等比数列；大圆半径是首项为，公比为等比数列，结合等比数列前项和公式计算即可求解. 【详解】次操作后，小圆的半径依次为， 大圆的半径依次为， 所以小圆半径是首项为，公比为等比数列， 大圆半径是首项为，公比为等比数列， 4次操作后图中最小的圆的半径为； 次操作后，小圆面积和为： ， 大圆面积和为： 所以大圆与小圆面积和为， 则所有圆的面积总和为. 故答案为： 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．（13分）已知等差数列的前n项和为，且，． (1)求的通项公式； (2)若，求数列的前n项和． 【答案】(1) (2) 【详解】（1）设等差数列的公差为， 由，可得， 解得，所以； （2）由（1）知， 所以， 所以 所以 所以． 16．（15分）已知函数（）． (1)讨论函数的单调性； (2)对任意的，，当时，都有，求实数a的取值范围． 【答案】(1)答案见解析 (2) 【分析】（1）结合导数，分及进行讨论即可得； （2）将不等式化简后可令，可得在上单调递增，结合导数正负与单调性的关系求导后参变分离计算即可得. 【详解】（1），， 则当时，，故在上单调递减， 当时，若，则，若，则， 故在上单调递增，在上单调递减； 综上所述：当时，在上单调递减； 当时，在上单调递增，在上单调递减； （2）由题意可得， 整理得，令， 即对任意的，，当时，都有， 即在上单调递增， ， 则对任意的恒成立， 则对任意的恒成立， 由在上单调递增，则， 故. 17．（15分）在数列，中，，且，． (1)求，的值； (2)求的通项公式； (3)设，记的前项和为，证明：. 【答案】(1)，. (2) (3)证明见解析 【分析】（1）通过对两数列递推公式赋值代入依次求出，，即可； （2）由数列递推式构造，即得等比数列，利用等比数列基本量运算即得其通项； （3）化简得，利用裂项相消法求和，并根据数列单调性即可证明. 【详解】（1）对于，当时，，即，解得， 当时，，① 对于，当时，，即得，代入① ，可得. 故，. （2）由可得，即， 故数列是等比数列，其首项为，公比为2， 故的通项公式为. （3）因， 则 因，则，故； 又数列是递增数列，由可得 ， 综上可得：. 18．（17分）已知函数． (1)若，求的极值； (2)若，使得成立，求整数的最小值； (3)若，讨论函数的零点个数． 【答案】(1)极小值为0，无极大值. (2)1 (3)答案见解析 【分析】（1）将代入，通过导函数的正负求解函数的单调区间，进而求解函数极值； （2）首先分离参数可得：，然后令，利用导数求解的最大值，进而求得参数的最小值； （3）分、及三种情况，分别利用导数求解函数的单调性，然后利用零点存在定理判断每种情况下的零点个数即可. 【详解】（1）若，得：，则有， 当时，，所以在为减函数； 当时，，所以在为增函数； 所以，当时，的极小值为0，无极大值. （2）若，使得成立， 即，所以， 所以，令，则， 当单调递增，单调递减， 所以的最大值为， 所以，又因为，所以整数的最小值为1 （3）由题意得， 令，可得 ①当时，， 所以，即在上单调递减， 又，所以当时，， 所以在为增函数； 当时，，所以在为减函数； 又，所以有唯一的零点， ②当时，， 因为，则在为减函数，， 所以存在，使得， 当时，，所以在上增函数； 当时，，所以在上减函数． 因为，则，当， 使得， 所以时，，即，即在为减函数； 当时，，即，即在为增函数； 当时，，即，即在为减函数； 因为，所以．而， 所以使得在为减函数， 所以，得到存在两个零点. ③当，结合在为减函数 当时，，在为增函数； 当时，，在为减函数； 所以，所以，即在上为减函数． 又因为，所以只有一个零点； 综上所述：当或，函数有1个零点； 当函数有2个零点. 19．（17分）若存在一个实数，使得对于函数定义域内的任意，都有，则称有下界，且是的一个下界. (1)求函数的下界的取值范围； (2)若是函数的一个下界，求的取值集合； (3)若是函数的一个下界，证明：的最大值为. 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）求导，判断函数单调性，进而确定函数的最小值，再根据下界的定义可得参数范围； （2）求导，分情况讨论函数单调性与最值情况进而可得参数范围. （3）由题意可知即证的最小值为，求导，结合零点存在定理可知使得，且函数在处取得最小值，化简即可得证. 【详解】（1）因为函数的定义域为， 对任意的，，所以， 因为，所以令，可得， 当时，；当时，， 所以函数在上单调递减，在上单调递增，所以， 所以， 因此函数的下界的取值范围为； （2）函数，得， 若，则，函数在上为减函数， 因为，所以当时，，不合题意，舍去， 若，令，得， 当时，；当时，， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 所以， 由题知，令，， 故当时，，当时，， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 所以，所以，所以的取值集合为； （3）依题意，只需证的最小值为， ，令，则， 所以函数单调递增，又，， 所以在上存在唯一零点，即， 故当时，，当时，， 故函数在上单调递减，在上单调递增， 故， 由得， 下面证明：， 因为，所以，即， 令，则上式等式可化为， 因为，所以在上单调递增， 故，即，故的最小值为， 即的最大值为，得证. 1 / 14 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年高二数学下学期期中模拟卷 提升卷·考试版 （考试时间：120分钟，分值：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 4．测试范围：北师大版选择性必修第二册第一章~第二章。 第一部分（选择题 共58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，只有一项是符合题目要求的。 1．记为等差数列的前项和，若，则（    ） A．54 B．90 C．84 D．100 2．设为可导函数，且满足，则曲线在点处的切线的斜率是（ ） A．1 B．3 C．6 D．9 3．数列满足，则（    ） A．8 B．4 C．2 D．1 4．已知函数，则的图象大致为（   ） A． B． C． D． 5．已知为等比数列，，，若，则（   ） A．3 B．4 C．5 D．6 6．已知函数，，若对任意的，存在唯一的，使得，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 7．我们可以用下面的方法在线段上构造出一个特殊的点集：如图，取一条长度为1的线段，第1 次操作，将该线段三等分，去掉中间一段，留下两段；第2次操作，将留下的两段分别三等分，再各去掉中间一段，留下四段；按照这种规律一直操作下去.这条线段经过n次操作后留下的线段的长度总和小于，则的最小值为（    ）（参考数据：lg2≈0.301，lg3≈0.477）    A．9 B．10 C．11 D．12 8．已知实数和（其中）满足方程：，则下列不等式成立的是（    ） A． 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．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9．已知公差为的等差数列，为其前项和，下列说法正确的是（ ） A．若，则 B．若，成等比数列，则 C．若，，数列中最小的项为 D．若，，则 10．已知函数，下列说法正确的是（    ） A．若是函数的极小值点，则 B．存在，使得点为曲线的对称中心 C．若，则过点可作曲线的三条不同切线 D．若，则，有 11．已知函数若曲线在处的切线的斜率等于 ，， 是（是的导函数）的图象上任意两个不同的点.设直线的斜率为，则（    ） A． B． C． D． 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．在数列中，，若，则__________. 13．设函数，若函数的图象与直线有三个交点，则实数的取值范围__________. 14．如图，在一个大圆中放入两个半径之比为1：2的小圆，使得两小圆外切，且它们均内切于大圆，且三个切点共线，记为一次操作.之后的每次操作，都在前一次放入的较大的圆中进行上述操作，现有一个半径为1的大圆，则4次操作后图中最小的圆的半径为___________，次操作后图中所有圆的面积总和为___________. 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．（13分）已知等差数列的前n项和为，且，． (1)求的通项公式； (2)若，求数列的前n项和． 16．（15分）已知函数（）． (1)讨论函数的单调性； (2)对任意的，，当时，都有，求实数a的取值范围． 17．（15分）在数列，中，，且，． (1)求，的值； (2)求的通项公式； (3)设，记的前项和为，证明：. 18．（17分）已知函数． (1)若，求的极值； (2)若，使得成立，求整数的最小值； (3)若，讨论函数的零点个数． 19．（17分）若存在一个实数，使得对于函数定义域内的任意，都有，则称有下界，且是的一个下界. (1)求函数的下界的取值范围； (2)若是函数的一个下界，求的取值集合； (3)若是函数的一个下界，证明：的最大值为. 1 / 5 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年高二数学下学期期中模拟卷 提升卷·参考答案 第一部分（选择题 共58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，只有一项是符合题目要求的。 1 2 3 4 5 6 7 8 D B B A C B D 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，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9 10 11 AC BD ACD 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．1 13． 14． 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．（13分）【详解】（1）设等差数列的公差为， 由，可得， 解得，所以； （6分） （2）由（1）知， 所以， 所以 所以 所以． （7分） 16．（15分）【详解】（1），， 则当时，，故在上单调递减， 当时，若，则，若，则， 故在上单调递增，在上单调递减； 综上所述：当时，在上单调递减； 当时，在上单调递增，在上单调递减； （7分） （2）由题意可得， 整理得，令， 即对任意的，，当时，都有， 即在上单调递增， ， 则对任意的恒成立， 则对任意的恒成立， 由在上单调递增，则， 故. （8分） 17.（15分）【详解】（1）对于，当时，，即，解得， 当时，，① 对于，当时，，即得，代入① ，可得. 故，. （4分） （2）由可得，即， 故数列是等比数列，其首项为，公比为2， 故的通项公式为. （4分） （3）因， 则 因，则，故； 又数列是递增数列，由可得 ， 综上可得：. （7分） 18．（17分）【详解】（1）若，得：，则有， 当时，，所以在为减函数； 当时，，所以在为增函数； 所以，当时，的极小值为0，无极大值. （4分） （2）若，使得成立， 即，所以， 所以，令，则， 当单调递增，单调递减， 所以的最大值为， 所以，又因为，所以整数的最小值为1 （5分） （3）由题意得， 令，可得 ①当时，， 所以，即在上单调递减， 又，所以当时，， 所以在为增函数； 当时，，所以在为减函数； 又，所以有唯一的零点， ②当时，， 因为，则在为减函数，， 所以存在，使得， 当时，，所以在上增函数； 当时，，所以在上减函数． 因为，则，当， 使得， 所以时，，即，即在为减函数； 当时，，即，即在为增函数； 当时，，即，即在为减函数； 因为，所以．而， 所以使得在为减函数， 所以，得到存在两个零点. ③当，结合在为减函数 当时，，在为增函数； 当时，，在为减函数； 所以，所以，即在上为减函数． 又因为，所以只有一个零点； 综上所述：当或，函数有1个零点； 当函数有2个零点. （8分） 19．（17分）【详解】（1）因为函数的定义域为， 对任意的，，所以， 因为，所以令，可得， 当时，；当时，， 所以函数在上单调递减，在上单调递增，所以， 所以， 因此函数的下界的取值范围为； （4分） （2）函数，得， 若，则，函数在上为减函数， 因为，所以当时，，不合题意，舍去， 若，令，得， 当时，；当时，， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 所以， 由题知，令，， 故当时，，当时，， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 所以，所以，所以的取值集合为； （6分） （3）依题意，只需证的最小值为， ，令，则， 所以函数单调递增，又，， 所以在上存在唯一零点，即， 故当时，，当时，， 故函数在上单调递减，在上单调递增， 故， 由得， 下面证明：， 因为，所以，即， 令，则上式等式可化为， 因为，所以在上单调递增， 故，即，故的最小值为， 即的最大值为，得证. （7分） 2 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $