精品解析：四川成都市青羊区教育科学研究院附属实验学校2025-2026学年高二下学期期中考试数学试题

高二下半期考试数学 一、单选题（40分） 1. 已知函数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据导数的定义对函数求导代入计算即可. 【详解】易知， 所以. 故选：A. 2. 已知数列满足，则（ ） A. 1 B. 5 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，推出数列的周期为3，由此求解即可. 【详解】因为， 所以，， ，， …… 所以数列为周期数列，周期为3， 又因为， 所以. 3. 下列选项正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据初等常见函数的求导公式以及求导法则和复合函数的求导法则，一一判断各选项即可. 【详解】由于为常数，故，故A错误； 而，故B错误； 而，故C正确； 而，故D错误． 4. 函数的图象大致是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】确定函数定义域，判断函数奇偶性，即可判断B；当时，，利用导数判断此时函数的单调性，即可判断A，C，D，即得答案． 【详解】函数的定义域为， 设，则，故为偶函数， 其图象关于轴对称，则B中图象错误； 又当时，， 由，得，由，得， 故在上单调递减，在上单调递增， 故A、C错误，故选D. 5. 已知命题：“记等差数列的前项和为，若，则为定值”为真命题，则可推出（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】设，用表示即可 【详解】设，则可化为， 整理得，，即， 又，代入得 若为定值，则，即 故选：A 6. 若函数在区间上单调递增，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】因为函数在内单调递增，转化为导函数在恒成立. 【详解】,因为函数在区间上单调递增，所以在上恒成立，即在上恒成立.因为在上单调递减，所以当时，，所以， 则的取值范围为. 故选：B 7. 已知函数的定义域为，，其导函数满足，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】令， 因为， 所以在上单调递减， 因为，且变形为， 所以， 因为在上单调递减， 所以且， 解得，即不等式的解集为． 8. 若，则下列结论可能成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】分析化简不等式，构造新函数，求导判断单调性，根据单调性逐项判断不等式是否正确即可. 【详解】依题意得，则， 令，则. 因为，求导得， 易得在上递减，在上递增， 当，时，，即，B错误，D正确. 当，时，，即，A和C错误. 故选：D. 二、多选题（18分，选对部分得部分分） 9. 记数列的前项和为，且，则（ ） A. B. 数列是公差为1的等差数列 C. 数列的前项和为 D. 数列的前2023项和为 【答案】ACD 【解析】 【详解】当时，， 当时，， 时，，所以. A选项，因，则，所以A正确； B选项，因为，即是以首项为2，公差为2的等差数列，故B错误； C选项，因为，所以，设为数列的前项和， 则，所以C正确； D选项，令，且数列的前2024项和为， 则 而，所以D正确. 10. 记为数列的前项和，且，，则（ ） A. B. 为等比数列 C. 数列单调递减 D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】令得出可判断AC；利用降标作差得出，再根据等比数列的定义证明判断B；利用分组求和判断D. 【详解】令，则，即， 因为，所以，故A正确，C错误； 因为，所以， 两式作差得， 当时，符合上式，故，则， 因为，由以上递推关系可知，所以， 则是以为首项，为公比的等比数列，故B正确； 得，则， 则，故D正确. 故选：ABD 11. 已知函数，其中为自然对数的底数，则下列说法正确的是（ ） A. 函数的极值点为1 B. C. 若分别是曲线和上的动点.则的最小值为 D. 若对任意的恒成立，则的最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，求导，利用导数研究函数的单调性，即可求出极值点；对于B，设，求导，利用导数研究函数的单调性，求出函数的最值即可求解；对于C，利用曲线与曲线互为反函数，可先求点到的最小距离，然后再求的最小值；对于D，利用同构把恒成立问题转化为，分离参数，构造函数，利用导数求解最值即可. 【详解】．所以， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以的极值点为1，故A正确； 设，则， 由单调性的性质知在上单调递增． 又，则存在．使得， 即，，所以当时．，当时．． 所以在上单调递减．在上单调递增. 所以，又，则， 所以，故B错误； 因为函数与函数互为反函数，其图象关于对称， 设点到的最小距离为，设函数上斜率为的切线为， ，由得，所以切点坐标为，即，所以， 所以的最小值为，故C正确； 若对任意的恒成立， 则对任意的恒成立， 令，则．所以在上单调递增，则， 即，令，所以， 当时，单调递增，当时，单调递减， 所以，所以，即的最小值为，故D正确. 故选：ACD 【点睛】方法点睛：对于利用导数研究函数的综合问题的求解策略： 1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围； 2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题. 3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别. 三、填空题（15分） 12. 已知等差数列的公差为，，则的前项和______． 【答案】 【解析】 【分析】根据等差数列的性质以及求和公式即可求解. 【详解】由于，故， 所以， 故答案为：66 13. 函数的极小值点是________ 【答案】 【解析】 【详解】由，得， 令，得； 令，得； 令，得， 所以，是函数的极小值点． 14. 已知函数恒成立，实数的取值范围为____． 【答案】 【解析】 【分析】将原不等式转化为关于的表达式，通过构造辅助函数，求其最大值，从而确定的取值范围. 【详解】由原式恒成立，等价于恒成立， 令，则的最小值为的最大值. 则， 令，得方程，解得（为唯一解），即， 所以当，，单调递增， 当，，单调递减， 因此，是的极大值点，即最大值点， 所以的最大值为， 由，得，即， 所以， 所以， 故答案为：. 四、解答题 15. 已知函数． （1）求的单调区间； （2）若，求的最大值与最小值． 【答案】（1）单调递增区间为和，单调递减区间为 （2） 【解析】 【分析】（1）求出函数的导数，求出极值点，然后通过导函数的符号，判断函数的单调性求出单调区间． （2）借助（1）求解函数的极值、端点值比较即可． 【小问1详解】 因为． 令，得或， 当变化时，的变化情况如表所示． 2 0 0 单调递增 28 单调递减 单调递增 所以的单调递增区间为和，单调递减区间为． 【小问2详解】 由（1）知当时，取得极小值． 因为 . 所以． 16. 如图，正方体的棱长为2. （1）证明：平面； （2）求平面与平面所成角的正弦值； （3）求点到平面的距离. 【答案】（1）证明：由正方体的性质可知， 因为平面，平面， 所以平面. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）先利用正方体的性质得到，然后利用线面平行的判定可证结论； （2）利用垂直关系找到两平面夹角的平面角，利用直角三角形可求正弦值； （3）建立坐标系，求出平面法向量，利用点到平面的距离公式可求答案. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 设交于点，连接，由正方形的性质可知，且； 因为正方体的棱长为2，所以， 所以,且， 所以为平面与平面所成角的平面角， 因为底面，所以， 所以，即平面与平面所成角的正弦值为. 【小问3详解】 以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 则， ， 设平面的一个法向量为，则， 令可得， 设到平面的距离为， 则，即点到平面的距离为. 17. 数列，满足，且，数列是公差为的等差数列. （1）求； （2）求的前项和为. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）首先求出，即可得到的通项公式，即可得到，即，再由作差法计算可得； （2）利用错位相减法计算可得. 【小问1详解】 因为，且， 所以，所以， 又数列是公差为的等差数列，所以，即可， 所以， 当时， 所以，所以（）， 经检验当时也成立， 所以. 【小问2详解】 由（1）可得， 所以， 所以 ， 所以. 18. 已知抛物线：（），过点的直线交于，两点，为坐标原点，当与轴垂直时，. （1）求抛物线的解析式； （2）若，过轴上一点作直线，，的垂线，垂足分别为，，，且满足，，三点共线. （ⅰ）求直线的方程； （ⅱ）求点的坐标. 【答案】（1） （2）（ⅰ）或：；（ⅱ）. 【解析】 【分析】（1）由抛物线的对称性质可得到，继而得到抛物线方程； （2）设：，，，联立抛物线方程与直线方程，结合韦达定理， （ⅰ）结合题干角的余弦值即可得到直线方程； （ⅱ）结合对称性以及三点共线即可得. 【小问1详解】 当与轴垂直时，， 则，解得：，即：. 【小问2详解】 （ⅰ）由与抛物线交于，两点知直线斜率不为0， 可设：，，， 联立方程组：，得到：， 由韦达定理：，， 则，， 因为 ， 代入可知：，解得：， 即：或：； （ⅱ）由对称性，不妨取：，由于，故：， 因为，设，所以：， 联立解得：，同理有：， 所以 ， 由（2）得：，，代入可知：， 故：， 由于，故， 则， 即：，因为， 所以：，联立解得：， 因为，，三点共线，所以在直线上， 代入得：， 解得：，故的坐标为. 19. 设，定义为的“函数”. （1）设为的“函数”，若，，求曲线在点处的切线方程； （2）设为的“函数”. （ⅰ）若是的极小值点，求的取值范围； （ⅱ）若，方程有两个根，，且，求证：. 【答案】（1） （2）（ⅰ）； （ⅱ）证明：由题， 设，抛物线的对称轴为直线， 因为方程有两个正根，，所以，解得， 由题意知，得. 因为，，所以， ， 令， 则， 当时，，所以在上单调递减； 当时，，所以在上单调递增， 因为，所以， 由，，得， 因为，所以，所以，则， 所以，所以，所以， 所以，即. 【解析】 【分析】（1）根据新定义确定的解析式，求导利用导数的几何意义求解； （2）（ⅰ）求导，并根据极值的定义判断求解；（ⅱ）根据题意得方程有两个正根，，由韦达定理可得，且，求出，构造函数，利用导数求出最大值得证. 【小问1详解】 由题意，得，则，所以切点为， 又因为，所以， 所以曲线在点处的切线斜率为， 所以切线方程为，即. 【小问2详解】 （ⅰ）由题，可得，定义域为， 则， 因为是的极小值点，则， 则 ， 若，令，令， 则在上单调递增，在上单调递减， 所以是的极大值点，不满足题意； 若，令，令， 则在上单调递增，在，上单调递减， 所以是的极大值点，不满足题意； 若，则， 所以在上单调递减，无极值，不满足题意； 若，令，令， 则在上单调递增，在，上单调递减， 所以是的极小值点，满足题意； 综上，是的极小值点时，的取值范围为. （ⅱ）略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高二下半期考试数学 一、单选题（40分） 1. 已知函数，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知数列满足，则（ ） A. 1 B. 5 C. D. 3. 下列选项正确的是（ ） A. B. C. D. 4. 函数的图象大致是（ ） A. B. C. D. 5. 已知命题：“记等差数列的前项和为，若，则为定值”为真命题，则可推出（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 6. 若函数在区间上单调递增，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数的定义域为，，其导函数满足，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 8. 若，则下列结论可能成立的是（ ） A. B. C. D. 二、多选题（18分，选对部分得部分分） 9. 记数列的前项和为，且，则（ ） A. B. 数列是公差为1的等差数列 C. 数列的前项和为 D. 数列的前2023项和为 10. 记为数列的前项和，且，，则（ ） A. B. 为等比数列 C. 数列单调递减 D. 11. 已知函数，其中为自然对数的底数，则下列说法正确的是（ ） A. 函数的极值点为1 B. C. 若分别是曲线和上的动点.则的最小值为 D. 若对任意的恒成立，则的最小值为 三、填空题（15分） 12. 已知等差数列的公差为，，则的前项和______． 13. 函数的极小值点是________ 14. 已知函数恒成立，实数的取值范围为____． 四、解答题 15. 已知函数． （1）求的单调区间； （2）若，求的最大值与最小值． 16. 如图，正方体的棱长为2. （1）证明：平面； （2）求平面与平面所成角的正弦值； （3）求点到平面的距离. 17. 数列，满足，且，数列是公差为的等差数列. （1）求； （2）求的前项和为. 18. 已知抛物线：（），过点的直线交于，两点，为坐标原点，当与轴垂直时，. （1）求抛物线的解析式； （2）若，过轴上一点作直线，，的垂线，垂足分别为，，，且满足，，三点共线. （ⅰ）求直线的方程； （ⅱ）求点的坐标. 19. 设，定义为的“函数”. （1）设为的“函数”，若，，求曲线在点处的切线方程； （2）设为的“函数”. （ⅰ）若是的极小值点，求的取值范围； （ⅱ）若，方程有两个根，，且，求证：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $