精品解析：福建福州格致中学2025-2026学年第二学期高二数学期中适应性练习

2025-2026学年度第二学期高二数学期中适应性练习 第I卷 一、选择题：本题共8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. 已知数列是公比为的等比数列，则（ ） A. 2 B. 4 C. 8 D. 16 2. 若，则（ ） A. B. 6 C. 3 D. 3. 在的二项展开式中，的系数为（ ） A. B. C. D. 4. 有5辆车停放在一排的5个相邻车位上，若甲车与乙车相邻停放，则不同停放方法的总数为（ ） A. 24 B. 48 C. 72 D. 120 5. 已知函数满足，则的值为（ ） A. B. C. D. 6. 某旅馆剩余三人间、两人间、单人间三种房间各一间，有四个成人带两个小孩子来此住宿，小孩子不宜单住一间（必须有成人陪同），则不同的住宿方法共有（ ） A. 72种 B. 48种 C. 36种 D. 27种 7. 已知函数在区间上单调递增，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 设数列的前项和为，已知，则最大时（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 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. 已知数列的前项和为，则下列说法正确的是（ ） A. 是递增数列 B. C. 当时， D. 取到最大值时，或 10. 若，则（ ） A. B. C. D. 11. 在数学中，布劳威尔不动点定理是拓扑学里的一个非常重要的不动点定理，它得名于荷兰数学家鲁伊兹*布劳威尔，简单的讲就是对于满足一定条件的连续函数，存在一个点，使得，那么我们称该函数为“不动点”函数，而称为该函数的一个不动点，依据不动点理论，下列说法正确的是（ ） A. 函数是“不动点”函数 B. 函数只有一个不动点 C. ，使得函数存在两个不动点 D. 若函数存在两个不动点和，则 第Ⅱ卷 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 中心在原点，焦点在轴上的双曲线的一条渐近线经过点，则它的离心率为___________ 13. 已知数列中，满足，，则数列的通项公式___________ 14. 将1，1，2,3，5，6，6，6，6这9个数填入如图所示的格子中，要求每个数都要填入，且每个格子中只能填一个数，则不同的填法共有___________种，若填入的每行各数之和为偶数，则不同的填法共有___________种．（用数字作答） 四、解答题：共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知函数在处有极值2． （1）求，的值； （2）求函数在区间上的最值． 16. 已知数列的前项和为，，． （1）求证：数列是等差数列，并求出数列的通项公式： （2）求数列的前项和． 17. 已知四棱锥的底面为直角梯形，，，平面，且，是中点． （1）求证：平面平面： （2）求平面与平面夹角的余弦值； （3）设平面与棱交于点，求与平面所成角的正弦值． 18. 已知椭圆，四点 中恰有三点在椭圆上． （1）求的方程； （2）已知点为坐标原点，若点在椭圆上． （i）已知，求面积的最大值； （ii）设，过点的直线与轴交于点，若直线与垂直，，求点的坐标． 19. 已知，，． （1）讨论在单调性； （2）求证：； （3）已知直线与曲线和都相切，若，其中，，求证：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年度第二学期高二数学期中适应性练习 第I卷 一、选择题：本题共8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. 已知数列是公比为的等比数列，则（ ） A. 2 B. 4 C. 8 D. 16 【答案】B 【解析】 【分析】根据等比数列的通项公式及下标和性质求解即可. 【详解】因为数列是公比为的等比数列，所以，，， 所以. 故选：B. 2. 若，则（ ） A. B. 6 C. 3 D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用导数的极限表达式计算. 【详解】若，则． 3. 在的二项展开式中，的系数为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求得二项展开式的通项，结合通项确定的值，代入即可求解. 【详解】由二项式展开式的通项为， 当时，可得 所以的系数为. 故选：D. 4. 有5辆车停放在一排的5个相邻车位上，若甲车与乙车相邻停放，则不同停放方法的总数为（ ） A. 24 B. 48 C. 72 D. 120 【答案】B 【解析】 【详解】将甲、乙视为一个“整体”（捆绑），甲、乙内部有2种排法（甲左乙右或乙左甲右）， 把“甲乙整体”与另外3辆车看成4个元素一起排列，有种排法， 所以总的停放方法是种. 5. 已知函数满足，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求出导函数，代入，即可得出答案. 【详解】由已知可得，， 则， 所以，. 故选：A. 6. 某旅馆剩余三人间、两人间、单人间三种房间各一间，有四个成人带两个小孩子来此住宿，小孩子不宜单住一间（必须有成人陪同），则不同的住宿方法共有（ ） A. 72种 B. 48种 C. 36种 D. 27种 【答案】C 【解析】 【详解】单人间只能成人住，有种方法， 不考虑小孩单独住一间，分配剩余5人，共有种方法， 其中两个小孩住在两人间（无成人陪同）的方法有1种， 所以分配剩余5人满足题意的方法有种， 所以不同的住宿方法共有种. 7. 已知函数在区间上单调递增，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据函数导数与函数单调性的关系，结合构造函数法，利用导数判断其单调性，最后利用单调性质进行求解即可. 【详解】由题意知在区间上恒成立 ，即在区间上恒成立. 令，，所以， 所以当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以， 所以，即的取值范围是. 故选：C. 【点睛】关键点睛：本题的关键是由导函数的正负性，得到关于的不等式，然后利用常变量分离法进行求解. 8. 设数列的前项和为，已知，则最大时（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 【答案】B 【解析】 【分析】利用得出数列是公差为4的等差数列，求出可得，再利用的单调性可得答案. 【详解】由条件可得：， 当时， ， 则，即， 所以数列是公差为4的等差数列，又， 则． 令， 则， 令， 则的图象是开口向上，对称轴为的抛物线， 即在上单调递增， 又， 即 即， 故最大时． 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. 已知数列的前项和为，则下列说法正确的是（ ） A. 是递增数列 B. C. 当时， D. 取到最大值时，或 【答案】BD 【解析】 【分析】由题意可知，数列是首项为9，公差为-3的等差数列，由此求得其通项公式和前项和公式，并对选项逐一判断即可. 【详解】由条件得：，又所以数列是首项为9，公差为的等差数列. 记公差为d，则，所以，. 选项A：由通项公式可知是递减数列.A错误. 选项B：，B正确， 选项C：当时，， C错误， 选项D：， 所以在，，时单调递增，在，时单调递减， 因为，所以当或时，取得最大值. D正确. 10. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【详解】对于A，令，则，所以，A错误； 对于B，令，则，B正确； 对于C，令，则， 显然都是正数，都是负数， 所以，C正确； 对于D，对两边同时求导， 则， 令，则， 又， 所以 ，D正确. 11. 在数学中，布劳威尔不动点定理是拓扑学里的一个非常重要的不动点定理，它得名于荷兰数学家鲁伊兹*布劳威尔，简单的讲就是对于满足一定条件的连续函数，存在一个点，使得，那么我们称该函数为“不动点”函数，而称为该函数的一个不动点，依据不动点理论，下列说法正确的是（ ） A. 函数是“不动点”函数 B. 函数只有一个不动点 C. ，使得函数存在两个不动点 D. 若函数存在两个不动点和，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】令，利用导数分析函数的单调性，由此可判断函数的零点个数，可判断AB选项；令，其中，可得，令，其中，利用导数判断函数的单调性，可判断C选项；证明，以及，利用指数平均不等式结合不等式的基本性质可判断D选项. 【详解】对于A选项，令，令，其中， 则对任意的恒成立，所以函数为上的增函数， 又因为，， 所以存在，使得，所以函数是“不动点”函数，A对； 对于B选项，令，令，其中，， 由可得，由可得， 所以函数在区间上单调递减，在上单调递增， 所以，故函数有且只有一个零点， 即函数只有一个不动点，B对； 对于C选项，令，其中，可得， 所以， 令，其中，， 令，其中，则， 当时，；当时，. 所以函数在区间上单调递减，在上单调递增， 所以， 所以函数在上单调递增，故函数在上至多有一个零点， 故不存在，使得函数存在两个不动点，C错； 对于D选项，由可得，令，其中， 因为函数有两个“不动点”，所以直线与函数的图象有两个交点， ，由可得，由可得， 所以函数的增区间为，减区间为， 函数的极大值为， 且当时，；当时，，如下图所示： 由图可知，当时，直线与函数的图象有两个交点， 且这两个交点的横坐标分别为、，不妨设，则， 接下来证明：先证明， 即证， 令，即证，其中， 构造函数，其中，则， 故函数在上为增函数，故对任意的，， 故对任意的，，即. 由“不动点”的定义可得，这两个等式作差得， 所以，由指数平均不等式可得，所以， 构造函数，其中，则， 所以函数在上为增函数，故，故当时，， 所以，，由不等式的基本性质可得，即，D对. 第Ⅱ卷 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 中心在原点，焦点在轴上的双曲线的一条渐近线经过点，则它的离心率为___________ 【答案】 【解析】 【详解】由题意可得焦点在轴上的双曲线的渐近线方程为， 因为一条渐近线经过点，所以， 故双曲线的离心率为. 13. 已知数列中，满足，，则数列的通项公式___________ 【答案】 【解析】 【分析】利用累加法可求得数列的通项公式. 【详解】在数列中，，， 当时，，，，， 上述所有等式相加得， 所以， 也满足，故对任意的，. 14. 将1，1，2,3，5，6，6，6，6这9个数填入如图所示的格子中，要求每个数都要填入，且每个格子中只能填一个数，则不同的填法共有___________种，若填入的每行各数之和为偶数，则不同的填法共有___________种．（用数字作答） 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】第一空利用消序法，对含重复元素的9个数计算全排列后除以重复元素的排列数得到总填法；第二空先分析奇偶性，得出满足每行和为偶数时奇数只能按2、2、0分配到三行，先选出无奇数的行，再分别对奇数、偶数消序计算排列数后相乘，得到符合要求的填法. 【详解】①给出的9个数为：1,1,2,3,5,6,6,6,6，其中2个1相同、4个6相同，其余数字不同， 则不同的填法共有种； ②每行3个数，和为偶数等价于每行奇数个数为偶数（0或2，奇数个奇数相加和为奇数，偶数个奇数相加和为偶数）， 总共有4个奇数（1,1,3,5），因此只能是“1行0个奇数，另外2行各2个奇数”（，符合总奇数个数）， 分步计算： 第一步：选哪一行放0个奇数,共有种不同的方法； 第二步，在两个放奇数的行中，每行选2个格子放奇数，共有种不同的方法； 第三步，排列4个奇数，共有种不同的方法； 第四步，排列剩余5个格子的偶数（2,6,6,6,6），共有种不同的方法， 故总填法共有种. 四、解答题：共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知函数在处有极值2． （1）求，的值； （2）求函数在区间上的最值． 【答案】（1），；（2）最小值是-2，最大值是2． 【解析】 【分析】（1）由题意知，，求的导函数，代入计算可得的值，注意检验；（2）在上的单调区间，从而确定最小值，计算端点值比较可求出最大值. 【详解】解：（1）， ∵函数在处取得极值2， ∴，解得， ，经验证在处取极值2，故， （2）由，令，解得 令，解得或， 因此，在递减，在递增，的最小值是 而，故函数的最大值是2． 16. 已知数列的前项和为，，． （1）求证：数列是等差数列，并求出数列的通项公式： （2）求数列的前项和． 【答案】（1） 因为，等式两边同时除以可得，即， 故数列为等差数列，且首项为，公差为1， 所以，故， 当时，， 也满足， 故对任意的，. （2） 【解析】 【分析】（1）利用等差数列的定义可证得结论成立，求出数列的通项公式，由可求得数列的通项公式； （2）利用错位相减法可求得数列的前项和. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 设数列的前项和为，则①， ②， ①②得， 化简得. 17. 已知四棱锥的底面为直角梯形，，，平面，且，是中点． （1）求证：平面平面： （2）求平面与平面夹角的余弦值； （3）设平面与棱交于点，求与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）因为四边形为直角梯形，，，所以， 又因为平面，平面，所以， 因为，、平面，所以平面， 又因为平面，故平面平面. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）证明出平面，利用面面垂直的判定定理可证得结论成立； （2）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解即可； （3）求出平面的一个法向量的坐标，设，其中，求出向量的坐标，根据求出的值，进而可得出向量的坐标，再利用空间向量法求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为平面，， 以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、、， 设平面的一个法向量为，，， 则，取，可得， 易知平面的一个法向量为， 所以， 故平面与平面夹角的余弦值为. 【小问3详解】 由题意可知、、、、、， 设平面的法向量为，，， 则，取，则， 设，其中， ， 因为平面，所以， 即，解得，故， 所以， 取直线的一个方向向量为， 所以， 因此与平面所成角的正弦值为. 18. 已知椭圆，四点 中恰有三点在椭圆上． （1）求的方程； （2）已知点为坐标原点，若点在椭圆上． （i）已知，求面积的最大值； （ii）设，过点的直线与轴交于点，若直线与垂直，，求点的坐标． 【答案】（1） （2）（i）；（ii）或. 【解析】 【分析】（1）利用椭圆的对称性判断出在椭圆上、不在椭圆上，将两个点的坐标代入椭圆标准方程，解出即可得到椭圆方程； （2）（i）先求出定线段的长度，设出点坐标，将三角形面积转化为点到直线的距离的倍数，结合椭圆方程，用参数法求面积最大值；（ii）设出点坐标和直线的斜率，利用两直线垂直的斜率关系得到​与直线斜率的关系，分别表示出，结合​与点满足椭圆方程，解方程得到点的坐标. 【小问1详解】 椭圆关于x轴、y轴对称，关于y轴对称，故两点同时在椭圆上；题目说恰有三点在椭圆上， 因此不在椭圆上，​在椭圆上，将代入得，再代入得， 椭圆的方程为 【小问2详解】 （i）已知，若直线斜率不存在，则，此时， 点到直线的距离，， 若直线斜率存在设，则直线， 整理得，则点到直线的距离， 又，所以， 由椭圆方程，设， 则， 因此，得； 面积的最大值为； （ii）设，由可得，所以， 与x轴交于，令得，解得， 所以， 又，则由可得， 化简得 （*）， 若，则（*）式即， 整理得，即， 又由在椭圆上可得，所以， 即，所以， 所以或（因为，故舍去） 即，代入得，验证均满足条件. 若，则（*）式即， 整理得，即， 又由在椭圆上可得，所以， 所以 因为，可得， 此时，，无公共范围， 即无解. 综上，点的坐标为或. 19. 已知，，． （1）讨论在单调性； （2）求证：； （3）已知直线与曲线和都相切，若，其中，，求证：． 【答案】（1）当时，函数在上单调递减，在上单调递增；当时，函数在上单调递增. （2） 对任意的，要证，即证， 构造函数，其中， ， 当时，；当时，. 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 所以， 故对任意的，. （3） 因为，则，． 设直线与的切点为， 则，解得，所以． 由直线与相切，同理得， 所以． 设，则直线与有两个不同的交点，与有两个不同的交点， 由（1）知，，， 所以在上单调递减，在上单调递增； ，， 在上单调递减，在上单调递增， 又，，且当时，， ，，且当时，， 作出函数和的图象如下图所示， 不妨设，，则，， 显然，且，，所以， 同理． 要证，只需证，只需证． 又，只需证（*）． 令函数，则， 所以函数在上单调递增， 由得，所以（*）显然成立， 综上，． 【解析】 【分析】（1）求得，对实数的取值进行分类讨论，分析导数的符号变化，即可得出函数的增区间和减区间； （2）对任意的，要证，即证，构造函数，其中，利用导数分析函数的单调性，根据可证得结论成立； （3）根据导数的几何意义，结合导数的运算进行可求出的值，利用导数分析函数、的单调性，不妨设，，则，，然后对所证明不等式进行变形，利用构造函数法，结合导数的性质进行运算证明即可. 【小问1详解】 因为，所以， 当时，即当时，对任意的，， 即函数在上单调递增； 当时，即当时，由得，由得， 此时函数在上单调递减，在上单调递增. 综上所述，当时，函数在上单调递减，在上单调递增； 当时，函数在上单调递增. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $