精品解析：四川叙永第一中学校2025-2026学年高二下学期期中质量检测数学试卷

高2024级高二下期半期质量检测 数学试卷 一、选择题：本题共8个小题，每小题5分，共40分每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 下列数列中是等差数列也是等比数列的是（ ） A. 1，，1，，1 B. 1，2，3，4，5 C. 5，5，5，5，5 D. 1，2，3，5，7 2. 甲乙两位同学从6种课外读物中各自选读2种，则这两人选读的课外读物中恰有1种相同的选法共有（ ） A. 30种 B. 60种 C. 120种 D. 240种 3. 已知为等差数列，，，则（ ） A. 36 B. 24 C. 18 D. 12 4. 等比数列的前项和为，且，则公比（ ） A. B. 1 C. 2 D. 4 5. 设为曲线上的点，且曲线在点处切线的倾斜角的取值范围为，则点横坐标的取值范围为 A. B. C. D. 6. 用数字1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，其中奇数的个数为 A. 24 B. 48 C. 60 D. 72 7. 用半径为R的圆形铁皮剪出一个圆心角为的扇形，制成一个圆锥形容器，当该圆锥形容器的容积最大时，扇形的圆心角为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数f(x)＝x(lnx－ax)有两个极值点，则实数a的取值范围是(　　 ) A. (－∞，0) B. C. (0,1) D. (0，＋∞) 二、选择题：本题共3个小题，每小题6分，共18分每个小题给出的选项中，有多项符合题目要求的．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，部分选的得0分． 9. 已知函数，则（ ） A. 有两个极值点 B. 有三个零点 C. 点是曲线的对称中心 D. 过点可作曲线的一条切线 10. 现安排甲、乙、丙、丁4名同学参加A，B，C三项工作，且每个同学只能参加一项工作，则下列说法正确的是（ ） A. 不同的安排方法共有种 B. 若恰有一项工作无人参加，则不同的安排方法共有种 C. 若甲，乙两人都不能去参加项工作，且每项工作都有人去，则不同的安排方法共有14种 D. 若每个同学只能参加一项工作且每项工作都有人去，则不同的安排方法共有72种 11. 如图，有一系列正三角形，设第个正三角形的边长为，其中，在曲线上，为坐标原点，在轴上.记为数列的前项和，则（ ） A. B. 对任意的， C. 数列的前项和为 D. 三、填空题：本题共3个小题，每小题5分．共15分． 12. 函数在点处的切线与平行，则___________． 13. 如图，用6种不同颜色对图中A，B，C，D四个区域染色，要求同一区域染同一色，相邻区域不能染同一色，允许同一颜色可以染不同区域，则不同的染色方案有________种． 14. 已知数列的通项公式为，前项的和为，则取得最小值时的值为________． 四、解答题：本题共5个小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 记是公差不为0的等差数列的前n项和，若． （1）求数列的通项公式； （2）求使成立的n的最小值． 16. 已知函数. （1）讨论的单调性； （2）若存在最小值，且最小值小于2，求的取值范围. 17. 已知． （1）若在处取得极值，求在区间上的最值； （2）若对恒成立，求的取值范围． 18. 已知数列的前n项和为，，且. （1）求数列的通项； （2）设数列满足，记的前n项和为，若对任意恒成立，求实数的取值范围. 19. 已知函数. （1）当时，求的极值； （2）讨论函数的单调性； （3）若存在使得成立，求的取值范围； 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高2024级高二下期半期质量检测 数学试卷 一、选择题：本题共8个小题，每小题5分，共40分每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 下列数列中是等差数列也是等比数列的是（ ） A. 1，，1，，1 B. 1，2，3，4，5 C. 5，5，5，5，5 D. 1，2，3，5，7 【答案】C 【解析】 【分析】设该数列为，由题可得，其中为常数，据此推得，即得该数列为非零常数列，即可判断. 【详解】设该数列为，则该数列满足，其中. 则，因为常数，该式对任意正整数成立，则， 从而该数列为非零常数列，由选项知只有C满足题意. 故选：C 2. 甲乙两位同学从6种课外读物中各自选读2种，则这两人选读的课外读物中恰有1种相同的选法共有（ ） A. 30种 B. 60种 C. 120种 D. 240种 【答案】C 【解析】 【分析】相同读物有6种情况，剩余两种读物的选择再进行排列，最后根据分步乘法公式即可得到答案. 【详解】首先确定相同得读物，共有种情况， 然后两人各自的另外一种读物相当于在剩余的5种读物里，选出两种进行排列，共有种， 根据分步乘法公式则共有种， 故选：C. 3. 已知为等差数列，，，则（ ） A. 36 B. 24 C. 18 D. 12 【答案】B 【解析】 【分析】先计算等差数列的公差，再进行求解即可． 【详解】公差, 则. 4. 等比数列的前项和为，且，则公比（ ） A. B. 1 C. 2 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】先分类讨论和，再根据等比数列求和公式列出方程即可求解． 【详解】若，则，不合题意舍； 所以，则． 5. 设为曲线上的点，且曲线在点处切线的倾斜角的取值范围为，则点横坐标的取值范围为 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】因为,又因为曲线在点处切线的倾斜角的取值范围为，则切线的斜率，所以,解得，故选A. 6. 用数字1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，其中奇数的个数为 A. 24 B. 48 C. 60 D. 72 【答案】D 【解析】 【详解】试题分析：由题意，要组成没有重复数字的五位奇数，则个位数应该为1或3或5，其他位置共有种排法，所以奇数的个数为，故选D. 【考点】排列、组合 【名师点睛】利用排列、组合计数时，关键是正确进行分类和分步，分类时要注意不重不漏，分步时要注意整个事件的完成步骤．在本题中，个位是特殊位置，第一步应先安排这个位置，第二步再安排其他四个位置． 7. 用半径为R的圆形铁皮剪出一个圆心角为的扇形，制成一个圆锥形容器，当该圆锥形容器的容积最大时，扇形的圆心角为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设圆锥的底面半径为，高为，体积为，求出，表示出体积表达式（），利用导数求出函数的最大值，得到结果． 【详解】设圆锥的底面半径为，高为，体积为，那么 因此，（） 令得 当时， 当时， 时，取得极大值，并且这个极大值是最大值． 把代入，得 由，得 即圆心角为弧度时，漏斗容积最大 故选：D. 8. 已知函数f(x)＝x(lnx－ax)有两个极值点，则实数a的取值范围是(　　 ) A. (－∞，0) B. C. (0,1) D. (0，＋∞) 【答案】B 【解析】 【详解】函数f（x）=x（lnx﹣ax），则f′（x）=lnx﹣ax+x（﹣a）=lnx﹣2ax+1， 令f′（x）=lnx﹣2ax+1=0得lnx=2ax﹣1， 函数f（x）=x（lnx﹣ax）有两个极值点，等价于f′（x）=lnx﹣2ax+1有两个变号零点， 等价于函数y=lnx与y=2ax﹣1的图象有两个交点， 在同一个坐标系中作出它们的图象（如图） 当a=时，直线y=2ax﹣1与y=lnx的图象相切， 由图可知，当0＜a＜时，y=lnx与y=2ax﹣1的图象有两个交点． 则实数a的取值范围是（0，）． 故选B． 二、选择题：本题共3个小题，每小题6分，共18分每个小题给出的选项中，有多项符合题目要求的．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，部分选的得0分． 9. 已知函数，则（ ） A. 有两个极值点 B. 有三个零点 C. 点是曲线的对称中心 D. 过点可作曲线的一条切线 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用导数分析函数的单调性和极值，结合零点存在定理可判断A，B选项，利用函数对称性的定义可判断C选项，利用导函数的几何意义可判断D选项. 【详解】因为函数，所以， 令，解得：， 当或时，，则的单调增区间为，， 当时，，则的单调减区间为， 故当为函数的极大值点，极大值为，当为函数的极小值点，极小值为，故A正确； 当时，，当时，，则的图象如下： 所以有2个零点，故B错误； 对任意，，所以点是曲线的对称中心，故C正确； 因为，，则，所以切线方程为：，即，所以过点可作曲线的一条切线； 故选：ACD 10. 现安排甲、乙、丙、丁4名同学参加A，B，C三项工作，且每个同学只能参加一项工作，则下列说法正确的是（ ） A. 不同的安排方法共有种 B. 若恰有一项工作无人参加，则不同的安排方法共有种 C. 若甲，乙两人都不能去参加项工作，且每项工作都有人去，则不同的安排方法共有14种 D. 若每个同学只能参加一项工作且每项工作都有人去，则不同的安排方法共有72种 【答案】AC 【解析】 【详解】对于A，每个同学都可以从A，B，C三项工作中任选一项，即每个同学都有3种选择方法，共有种，故A正确； 对于B，恰有一项工作无人参加，分两步进行： 从A，B，C三项工作中选一项无人参加，有种； 将4个同学分配到剩余的2项工作中，共有种，同时需排除4个同学都参加剩下2项工作中的某一项，有2种情况，即有种； 所以恰有一项工作无人参加，则不同的安排方法共有种，故B错误； 对于C，甲，乙两人都不能去参加项工作，可分两种类型： 丙或丁其中1人参加项工作，剩下3个人分配到2项工作中，且每项工作至少1人参加，有种； 丙、丁两人参加项工作，则剩下的2人分配到剩下的2项工作中，每人1项工作，有种； 则甲，乙两人都不能去参加项工作，且每项工作都有人去，不同的安排方法共有12+2=14种；故C正确； 对于D，4人分配到3项工作且每项工作都有人去，只能是2，1，1的分组方式，先从4人中选2人作为一组，有种选法， 剩下2人各为一组；再将这3组分配到3项工作中，有种分配方法；所以，总的安排方法有种；故D错误. 11. 如图，有一系列正三角形，设第个正三角形的边长为，其中，在曲线上，为坐标原点，在轴上.记为数列的前项和，则（ ） A. B. 对任意的， C. 数列的前项和为 D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】选项A：结合正三角形的性质求出坐标，代入曲线求解即可；选项B：结合正三角形的性质求出坐标，代入曲线得到，根据与的关系求出，进一步判断即可；选项C：由B求出，进而求出，结合裂项相消法求和即可；选项D：由解析式代入求解即可. 【详解】选项A：由题意易知，，则，即，解得，故A正确. 选项B：易知，即， 则，即，则， 所以， 即， 又，所以， 所以数列是以为首项，为公差的等差数列，所以. 因为，故B错误. 选项C：，则， 所以数列的前项和为，故C正确. 选项D：，故D正确. 三、填空题：本题共3个小题，每小题5分．共15分． 12. 函数在点处的切线与平行，则___________． 【答案】1 【解析】 【分析】求出函数的导数，再利用导数的几何意义，结合已知求出. 【详解】函数，求导得，则， 由函数在点处的切线与平行，得， 此时，切点不在直线上，符合题意，所以. 故答案为：1 13. 如图，用6种不同颜色对图中A，B，C，D四个区域染色，要求同一区域染同一色，相邻区域不能染同一色，允许同一颜色可以染不同区域，则不同的染色方案有________种． 【答案】480 【解析】 【分析】按照分步计数原理，首先染A区域，再染B区域，C区域，最后染D区域，计算可得； 【详解】解：依题意，首先染A区域有种选择，再染B区域有5种选择，第三步染C区域有4种选择，第四步染D区域也有4种选择，根据分步乘法计数原理可知一共有种方法 故答案为： 【点睛】本题考查染色问题，分步乘法计数原理的应用，属于基础题. 14. 已知数列的通项公式为，前项的和为，则取得最小值时的值为________． 【答案】6 【解析】 【分析】根据已知，通过解不等式，确定数列的正、负项，即可得出结论. 【详解】因为， 由有：或， 由有：或， 由有：， 因为，数列的正项为：；数列的负项为：；且， 则取得最小值时的值为6. 故答案为：6. 四、解答题：本题共5个小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 记是公差不为0的等差数列的前n项和，若． （1）求数列的通项公式； （2）求使成立的n的最小值． 【答案】(1)；(2)7. 【解析】 【分析】(1)由题意首先求得的值，然后结合题意求得数列的公差即可确定数列的通项公式； (2)首先求得前n项和的表达式，然后求解二次不等式即可确定n的最小值. 【详解】(1)由等差数列的性质可得：，则：， 设等差数列的公差为，从而有：， ， 从而：，由于公差不为零，故：， 数列的通项公式为：. (2)由数列的通项公式可得：，则：， 则不等式即：，整理可得：， 解得：或，又为正整数，故的最小值为. 【点睛】等差数列基本量的求解是等差数列中的一类基本问题，解决这类问题的关键在于熟练掌握等差数列的有关公式并能灵活运用. 16. 已知函数. （1）讨论的单调性； （2）若存在最小值，且最小值小于2，求的取值范围. 【答案】（1） 若，的单调递增区间为，无单调递减区间. 若，的单调递增区间为，单调递减区间为. （2） 【解析】 【分析】（1）先求出导数，再对参数范围分类讨论，最后得到单调区间即可. （2）结合题意确定，再得到，构造函数并求导得到单调性，结合求解参数范围即可. 【小问1详解】 由题意得的定义域为， 由，可得， 若，则在上恒成立， 则的单调递增区间为，无单调递减区间. 若，则当时，，当时，， 则的单调递增区间为，单调递减区间为. 【小问2详解】 由（1）可知，若存在最小值，则， 且的最小值为， 则，可得，即. 令，则. 因为恒成立， 所以恒成立，则在上单调递增. 又，令，解得，即， 故的取值范围为. 17. 已知． （1）若在处取得极值，求在区间上的最值； （2）若对恒成立，求的取值范围． 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）由极值条件解得，再求导确定极值点，比较端点与极值点的函数值得出最值； （2）将不等式分离参数，令，研究在上的单调性并求最大值，从而得到的范围. 【小问1详解】 已知，求导得： ， 由在处取得极值，有， 即， 此时，， 令得或，列表判断单调性： 0 2 0 0 单调递减 单调递增 单调递减 故的极小值点为0，极大值点为2， 计算端点及极值点的函数值， 因此，. 【小问2详解】 不等式对恒成立， 即 因，得： ， 令，则需， 求导：， 令，则， 再令，， 当时，，即在上单调递减， 所以，故对任意恒成立， 故在上单调递减，所以， 故对任意恒成立， 故在上单调递减， 因此在上的最大值为， 所以. 18. 已知数列的前n项和为，，且. （1）求数列的通项； （2）设数列满足，记的前n项和为，若对任意恒成立，求实数的取值范围. 【答案】（1）；（2）. 【解析】 【分析】（1）由，结合与的关系，分讨论，得到数列为等比数列，即可得出结论； （2）由结合的结论，利用错位相减法求出，对任意恒成立，分类讨论分离参数，转化为与关于的函数的范围关系，即可求解. 【详解】（1）当时，， ， 当时，由①， 得②，①②得 ， 又是首项为，公比为的等比数列， ； （2）由，得， 所以， ， 两式相减得 ， 所以， 由得恒成立， 即恒成立， 时不等式恒成立； 时，，得； 时，，得； 所以. 【点睛】易错点点睛：（1）已知求不要忽略情况；（2）恒成立分离参数时，要注意变量的正负零讨论，如（2）中恒成立，要对讨论，还要注意时，分离参数不等式要变号. 19. 已知函数. （1）当时，求的极值； （2）讨论函数的单调性； （3）若存在使得成立，求的取值范围； 【答案】（1）取得极小值为，无极大值. （2）详解见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）求导，利用导数分析单调性确定极值点，进而求出函数极值； （2）求出导函数，按的范围分类讨论的正负，可得单调性； （3）讨论的范围求出函数的单调区间，根据题意列出的不等式，从而确定的范围. 【小问1详解】 当时，， ， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以的极小值为，无极大值. 【小问2详解】 因为， 所以， 当时，， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 当时，令得或， ①当时，，，所以在单调递增， ②当时，， 当时，，当时，， 当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， ③当时，， 当时，，当时，， 当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减. 【小问3详解】 当时，， 若，则，即，不符合题意； 当时，在单调递减， ，则，解得， 又，所以； 当时，所以在单调递增，，不符合题意； 当时，， ①当时，在单调递增，在单调递减， 由题意得， 即，恒不成立，故无解， ②当时，在单调递减， ，则，解得：，不满足题意； 当时，在单调递增，，不符合题意； 所以的取值范围是. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $