精品解析：四川德阳市第五中学2025-2026学年高二下学期第一次定时练习数学试题

高2024级2026年春期第一次定时练习 数学 本试卷分为试题卷和答题卡两部分，其中试题卷由第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）组成，共4页；答题卡共2页.满分150分，考试时间120分钟. 第Ⅰ卷（选择题，共58分） 一、单选题：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. 已知函数在处可导，且，则（ ） A. B. 6 C. 3 D. 【答案】B 【解析】 【详解】根据导数的定义： . 2. 下列求导运算正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用基本初等函数的导数公式及复合函数的求导法则即可求解. 【详解】对于A选项，由对数函数的求导公式，得，故A正确； 对于B选项，由复合函数的求导法则，得，故B错误； 对于C选项，由指数函数的求导公式，得，故C错误； 对于D选项，由正弦函数的求导公式，得，故D错误. 故选：A. 3. 下列函数中既为奇函数，又在上单调递增的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由定义法判断函数的奇偶性，排除AB选项，求导求函数的单调性，进而排除D选项，C选项符合要求. 【详解】定义域为R，又， 所以，且，故非奇非偶，A错误； 定义域为R，， 所以为偶函数，B错误； 定义域为R，， 则为奇函数， 又恒成立，所以在上单调递增；C正确； 定义域为R，，则为奇函数， 又，当时，，当时，， 故在单调递减，在单调递增，D错误 故选：C 4. 已知，，若，则实数的值是（ ） A. B. C. D. 2 【答案】D 【解析】 【详解】由， 得：， 解得：. 5. 某德阳研学团计划参观三星堆博物馆、德阳文庙、绵竹年画村、白马关景区4个景点，要求三星堆博物馆必须排在第一个或最后一个参观，且德阳文庙与白马关景区必须相邻，则不同的参观顺序共有（ ）种 A. 4 B. 8 C. 12 D. 24 【答案】B 【解析】 【分析】按 “特殊元素优先处理” 的思路，分三步完成，再根据分步乘法计数原理得到总排列数. 【详解】首先安排三星堆博物馆的位置，要求三星堆必须排在第一个或最后一个，共2种排法； 由于德阳文庙与白马关必须相邻，用捆绑法将二者看作1个整体，二者内部可交换顺序，共种排法； 捆绑后的整体和绵竹年画村共2个元素，排列在剩余的空位中，共种排法. 根据分步乘法计数原理，总排列数为种. 6. 函数f（x）的图象大致是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求出f(x)的导函数,利用导数研究函数的单调性,然后结合图象得到答案. 【详解】解:由f(x),得f′(x), 令g(x)＝1,则g′(x)0, 所以g(x)在(0,+∞)上单调递减, 又g(e)0,g(e2)0, 所以存在x0∈(e,e2),使得g(x0)＝0, 所以当x∈(0,x0)时,g(x)＞0,f′(x)＞0; 当x∈(x0,+∞)时,g(x)＜0,f′(x)＜0, 所以f(x)在(0,x0)上单调递增,在(x0,+∞)上单调递减. 故选:C. 【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性和零点存在定理,属中档题. 7. 已知，，，则，，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】通过构造函数并利用导数判断其单调性，比较与，再根据余弦函数的性质以及特殊值比较与的大小，进而得出，，的大小. 【详解】令，求导得， 当时，，所以在上单调递减， 所以有，即， 又因为在上单调递减，所以，即， 因此，故D正确. 8. 已知函数若直线与有三个不同的交点，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先求出直线与相切时的斜率，作出函数与的图象，由数形结合求解即可． 【详解】设与相切于点， 则，解得，此时. 由得， 由，可得，此时切点为， 作出函数与的图象如图， 由图象可知，当或时，直线与有三个不同的交点， 二、多选题：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. 已知函数，则（ ） A. 关于点对称 B. 在区间上单调递减 C. 有3个零点 D. 在处的切线与只有一个交点 【答案】BC 【解析】 【分析】计算判断A，利用导数的性质判断BC，求出在处的切线方程，然后求出切线与函数图象交点判断D. 【详解】对A，， 所以的图象不关于点对称，A错； 对B，， 或时，，所以函数在区间,上单调递增， 时，，所以函数在区间上单调递减，B正确； 对C，由选项B知是的极大值，是的极小值， 又，， 所以在上有一个零点，在上有一个零点，在上有一个零点，共有３个零点，C正确； 对D，是的极大值点，因此在处的切线是， 由，解得或， 因此直线与的图象有两个交点和，D错. 10. 已知抛物线，焦点为，准线为，为坐标原点，点、在上，直线过点，则下列说法正确的是（ ） A. 焦点到准线的距离为 B. 若，则点的纵坐标为 C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】求出的值，可判断A选项；利用抛物线的焦半径公式求出点的坐标，可判断B选项；设直线的方程为，将该直线方程与抛物线的方程联立，利用韦达定理以及抛物线的焦半径公式可判断C选项；利用平面向量数量积的坐标运算以及韦达定理可判断D选项. 【详解】对于抛物线，，则，故其焦点为，准线为， 设点、， 对于A选项，焦点到准线的距离为，A对； 对于B选项，，可得，则，解得，B错； 对于C选项，若直线与轴重合，则该直线与抛物线有且只有一个交点，不符合题意， 设直线的方程为，联立可得， ，由韦达定理可得，， 所以 ，C对； 对于D选项，，D对. 11. 已知函数且为常数，是函数大于0的零点，其构成数列，下列说法正确的有（ ） A. 函数有且只有一个零点 B. 若函数在区间内均存在零点，则 C. 若，则数列为递增数列 D. 存在实数，使得数列为常数列 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用导数判断函数的单调性即可说明A，由单调性可得，即可求出的范围判断B，当时可得，推导出，再利用函数的单调性判断C，设（常数），则对任意，恒成立，解出即可判断D. 【详解】选项A：因为，所以恒成立， 所以在上单调递增， 又时，时， 所以函数有且只有一个零点，A说法正确； 选项B：当时，恒成立，所以在上单调递增， 又， 所以若函数在区间内均存在零点，只需满足即可， 所以对任意成立即可， 易知函数在上单调递减，所以， 所以，B说法错误； 选项C：当时，因为在上单调递增，，， 所以， 当时， 由于是函数在的零点，所以， 所以，则，数列为递增数列，C说法正确； 选项D：若存在实数，使得数列为常数列，设（常数）， 则对任意，恒成立，解得或， 当时，代入得解得， 当时，代入得，因故舍去， 所以当时，数列为常数列，，D说法正确； 故选：ACD 第Ⅱ卷（非选择题，共92分） 三、填空题：本题3个小题，每小题5分，共15分. 12. 若是函数极值点，则______. 【答案】2 【解析】 【分析】对已知函数变形后求导，根据是极值点，得到，解关于的方程即可. 【详解】已知， 求导得：. 因为是极值点， 所以，解得. 当时，， ， 当时，，当时，， 所以是极值点，符合题意. 所以. 故答案为：2. 13. 如图为我国数学家赵爽（约3世纪初）在为《周髀算经》作注时验证勾股定理的示意图，现用4种不同颜色给图中的5个区域涂色，要求相邻的区域不能涂同一种颜色，则不同的涂色方法共有_____种． 【答案】72 【解析】 【分析】根据题意，分4步依次分析区域A、B、C、D、E的涂色方法数目，由分步计数原理计算答案． 【详解】分4步进行分析： ①，对于区域，有4种颜色可选； ②，对于区域，与区域相邻，有3种颜色可选； ③，对于区域，与、区域相邻，有2种颜色可选； ④，对于区域、，若与颜色相同，区域有2种颜色可选， 若与颜色不相同，区域有1种颜色可选，区域有1种颜色可选， 则区域、有种选择， 则不同的涂色方案有种． 14. 已知函数，若方程，共有3个不同的实根，且，则的值为__________. 【答案】2 【解析】 【分析】首先分别分析函数的单调性，由条件可得直线与函数和函数的图象共有三个交点，且三个点的横坐标从左至右依次为，结合图象及函数性质证明，，，由此可得结论. 【详解】对于，对其求导得. 令，即，解得. 当时，，单调递减；当时，，单调递增. 所以在处取得极小值，也是最小值，. 对于，对其求导得. 令，即，解得. 当时，，单调递减；当时，，单调递增. 所以在处取得极小值，也是最小值，. 因为方程，共有3个不同的实根，且， 所以直线与函数和函数的图象共有三个交点， 且三个点的横坐标从左至右依次为， 作函数，函数，函数的图象如下， 则， 因为，，， 所以，，， 又在上单调递减， 所以， 因为，，， 所以，，， 又在上单调递增， 所以， 又，所以， 所以， 所以， 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. 已知函数. （1）求曲线在点处的切线方程； （2）求在区间上的最大值和最小值. 【答案】（1） （2）最大值为，最小值为 【解析】 【分析】（1）求出、的值，利用点斜式可得出所求切线的方程； （2）利用导数分析函数的单调性，利用函数的最值与导数的关系可求得结果. 【小问1详解】 因为，所以，则，， 故曲线在点处的切线方程为，即. 【小问2详解】 由（1）知， 令，得或，令，得， 所以在上单调递减，在上单调递增， 当时，的极小值为， 又，，所以在区间上的最大值为，最小值为. 16. 已知等差数列，若，且，，成等比数列． （Ⅰ）求数列的通项公式； （Ⅱ）若，设，求数列的前项和． 【答案】（Ⅰ）或（Ⅱ） 【解析】 【分析】 （Ⅰ）由，且，，成等比数列这两个条件列出和的方程组可求解出，从而可得数列的通项； （Ⅱ）把（Ⅰ）解得的代入中，化简得 ，然后利用裂项相消法求和. 【详解】解：（Ⅰ）∵，∴① ∵，，成等比数列，∴，∴化简得， 若， 若，②，由①②可得，， 所以数列的通项公式是或 （Ⅱ）由（Ⅰ）得 ∴ 【点睛】此题考查了等差数列的基本量运算，裂项相消求和法，属于基础题. 17. 如图，平面，，，分别为的中点，，． （1）证明：平面． （2）证明：． （3）求平面与平面的夹角． 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3）． 【解析】 【分析】（1）方法一:根据线面平行判定定理得出平面及平面，进而应用面面平行判定定理得出平面平面，最后得出线面平行；方法二:过作，交于，过作，交于，得出四边形是平行四边形，最后应用线面平行判定定理证明； （2）应用线面垂直判定定理得出平面，再应用平行证明线线垂直； （3）方法一：应用空间向量法求出平面与平面的法向量，再应用二面角余弦公式计算求解；方法二：应用二面角定义得出为平面与平面的夹角，再结合边长计算求解. 【小问1详解】 （方法一）连接． 因为分别为的中点，且，所以，． 平面，平面，所以平面． 平面，平面，所以平面． 又，平面，平面，所以平面平面． 因为平面，所以平面． （方法二）过作，交于，过作，交于，过作，交于，连接． ，，． 因为，，所以四边形是平行四边形，所以， 所以，，所以四边形是平行四边形，所以， 因为平面，平面，所以平面． 【小问2详解】 因为平面，平面，所以． 又因为，平面，所以平面． 因为平面，所以． 因为，所以． 【小问3详解】 （方法一）以为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 则，，，，， 所以，，． 设平面的法向量为， 则 令，则，则． 因为平面，所以是平面的一个法向量， 设平面与平面的夹角为，且， 则， 即平面与平面的夹角为． （方法二）连接，，， ，所以，所以． 因为，，， 所以， 所以，则，所以， 则（或的补角）即为平面与平面的夹角， 又，所以平面与平面的夹角为． 18. 已知椭圆：（）的离心率为，右焦点，且，直线交椭圆于，两点，交轴于点． （1）求椭圆的标准方程； （2）若直线过右焦点． （ⅰ）设，，求的值； （ⅱ）过点作直线的垂线，垂足为点，连接交轴于点．求证：点为定点． 【答案】（1） （2）（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用椭圆的性质和已知条件求出，进而求解； （2）联立直线和椭圆方程，利用韦达定理，结合已知向量关系表示，进而求出的值；求出点坐标，利用韦达定理构造等式化简证明结论． 【小问1详解】 依题意可得，，， 解得，，， 椭圆的标准方程为． 【小问2详解】 由（1）可得椭圆的右焦点， 设直线的方程为，交轴于， 设，， 联立，得， ， （ⅰ），， ，，，， ， ，， ； （ⅱ）由题可得，， 直线的方程为：， 令，则， ，代入，利用， ， 点的坐标为，是定点． 19. 已知函数（，为自然对数的底数），是的导函数． （1）当时，证明：； （2）若数列满足：，，证明：． （3）是否存在正整数，使得对一切恒成立？若存在，求出的最大值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3）存在，2． 【解析】 【分析】（1）求出，转化不等式，构造函数并求导，利用函数单调性证明结论； （2）利用（1）结论得出，进而得出数列递推关系，利用递推关系证明结论； （3）利用已知条件转化不等式，构造函数并求导，讨论函数单调性证进而求解． 【小问1详解】 当时，， 欲证，只需证． 令，则，在上单调递减， ，即． 【小问2详解】 由（1）可知，时，， 对于数列，有， 对任意，恒成立，即， 又，， 对任意的成立． 【小问3详解】 由可知在上恒成立， 令，则， 正整数只能取1或2， 当时，，即， 令，求导得， 令，，， ，单调递增，， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增， ， 综上，正整数的最大值为2． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高2024级2026年春期第一次定时练习 数学 本试卷分为试题卷和答题卡两部分，其中试题卷由第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）组成，共4页；答题卡共2页.满分150分，考试时间120分钟. 第Ⅰ卷（选择题，共58分） 一、单选题：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. 已知函数在处可导，且，则（ ） A. B. 6 C. 3 D. 2. 下列求导运算正确的是（ ） A. B. C. D. 3. 下列函数中既为奇函数，又在上单调递增的是（ ） A. B. C. D. 4. 已知，，若，则实数的值是（ ） A. B. C. D. 2 5. 某德阳研学团计划参观三星堆博物馆、德阳文庙、绵竹年画村、白马关景区4个景点，要求三星堆博物馆必须排在第一个或最后一个参观，且德阳文庙与白马关景区必须相邻，则不同的参观顺序共有（ ）种 A. 4 B. 8 C. 12 D. 24 6. 函数f（x）的图象大致是（ ） A. B. C. D. 7. 已知，，，则，，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数若直线与有三个不同的交点，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多选题：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. 已知函数，则（ ） A. 关于点对称 B. 在区间上单调递减 C. 有3个零点 D. 在处的切线与只有一个交点 10. 已知抛物线，焦点为，准线为，为坐标原点，点、在上，直线过点，则下列说法正确的是（ ） A. 焦点到准线的距离为 B. 若，则点的纵坐标为 C. D. 11. 已知函数且为常数，是函数大于0的零点，其构成数列，下列说法正确的有（ ） A. 函数有且只有一个零点 B. 若函数在区间内均存在零点，则 C. 若，则数列为递增数列 D. 存在实数，使得数列为常数列 第Ⅱ卷（非选择题，共92分） 三、填空题：本题3个小题，每小题5分，共15分. 12. 若是函数极值点，则______. 13. 如图为我国数学家赵爽（约3世纪初）在为《周髀算经》作注时验证勾股定理的示意图，现用4种不同颜色给图中的5个区域涂色，要求相邻的区域不能涂同一种颜色，则不同的涂色方法共有_____种． 14. 已知函数，若方程，共有3个不同的实根，且，则的值为__________. 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. 已知函数. （1）求曲线在点处的切线方程； （2）求在区间上的最大值和最小值. 16. 已知等差数列，若，且，，成等比数列． （Ⅰ）求数列的通项公式； （Ⅱ）若，设，求数列的前项和． 17. 如图，平面，，，分别为的中点，，． （1）证明：平面． （2）证明：． （3）求平面与平面的夹角． 18. 已知椭圆：（）的离心率为，右焦点，且，直线交椭圆于，两点，交轴于点． （1）求椭圆的标准方程； （2）若直线过右焦点． （ⅰ）设，，求的值； （ⅱ）过点作直线的垂线，垂足为点，连接交轴于点．求证：点为定点． 19. 已知函数（，为自然对数的底数），是的导函数． （1）当时，证明：； （2）若数列满足：，，证明：． （3）是否存在正整数，使得对一切恒成立？若存在，求出的最大值；若不存在，请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $