精品解析：广东广州市第三中学等三校2025-2026学年第二学期期中素养综合评估检测题高二数学（问卷）

2025学年第二学期期中素养综合评估检测题 高二级数学 一、单选题 每小题5分 共40分. 1. 记为等差数列的前n项和，若，，则（ ） A. 11 B. 9 C. 8 D. 5 【答案】A 【解析】 【详解】等差数列中，由，得，即，解得， 而，则公差，所以. 2. 在曲线上的点处的切线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】，， 所以过点的切线方程为：，即. 3. 3名同学计划去四个景点游玩，每人只去1个景点，则不同的选法种数是（ ） A. 81 B. 64 C. 24 D. 12 【答案】B 【解析】 【分析】应用分步乘法计数原理列式计算即可. 【详解】由题意，每位同学均有4个选择，所以不同选法种数是. 故选：B 4. 从4名志愿者中选派3人在星期六、星期日参加公益活动，要求每人只参加一天，且星期六需要有两人参加，星期日需要有一人参加，则不同的选派方法共有（ ） A. 12种 B. 20种 C. 24种 D. 36种 【答案】A 【解析】 【分析】根据组合的定义，结合分步乘法计数原理进行求解即可. 【详解】第一步，从4名志愿者中选派2人参加星期六的公益活动，有种方法； 第二步，从剩下的2人中选派1人参加星期日的公益活动，有种方法， 所以不同的选派方法共有种方法. 故选：A 5. 的展开式中的常数项是（ ） A. 352 B. C. 1120 D. 【答案】C 【解析】 【分析】法一：将原式看作二项式的展开，利用二项式定理展开，仅选取展开式中不含的项并求和，得到常数项；法二：先将原式括号内配方并平方转化为，再写出其通项公式，令的指数为0确定值，代入计算得常数项. 【详解】法一：原式， 所以其常数项为． 法二：原式． ， 由，得， 所以常数项为． 故选：C. 6. 已知函数，若函数有4个不同的零点则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用导数作出函数的图象，转化条件为的图象与直线有个交点，数形结合即可得解. 【详解】由题当时，，所以， 所以当时，，当时，； 所以在区间上单调递增，在上单调递减， 当时，当时，； 当时，； 所以可作出函数的图象，如下图， 若要使函数有个不同的零点， 所以的图象与直线有个交点， 即，解得. 7. 设各项为正数的等比数列中，，则取最小值时，等于（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设公比为，利用等比数列的性质得到，再结合基本不等式求出公比，然后利用等比数列的性质可得. 【详解】设等比数列的公比为，所以， 当且仅当，即时取等号，此时. 故选：D. 8. 设数列满足，若表示大于的最小整数，如，，记，则数列的前2026项和为（） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，由递推关系可得数列的通项公式，然后结合的定义得到数列的通项公式，进而求和即可. 【详解】由，得， 故数列是公差为2的等差数列，首项为， 所以， 则 ，，显然满足上式，则， 故，故， 当时，，故， 所以数列的前2026项和为，故A正确. 故选：A 二、多选题 每小题6分，共18分，错选得0分，答对部分得部分分. 9. 记公比大于0的等比数列的前项和为.若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用等比数列的基本量逐项计算判断. 【详解】对于A、B，由，解得，故A、B正确； 对于C：，故C错误； 对于D： ，D正确； 故选：ABD. 10. 已知多项式，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据二项式的展开式，求出特定项的系数，在通过赋值法，求出部分项的系数的和，逐一判断各选项正误，求出结果. 【详解】令，即，故A正确； 可知的展开式为， 则项的系数，故B正确； 令，即，所以，故C错误； 令，即，联立可得. 故选：ABD. 11. 对于函数，下列说法正确的是（ ） A. 在上单调递减，在上单调递增 B. C. 设有3个不同的零点，则 D. 若方程有6个不等实数根，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】首先进行求导，借助单调性即可判断出AB； 选项C，为数形结合思想，转化为，画图判断交点问题； 选项D，为复合函数问题，为偶函数，图像关于轴对称，所以要使在时有3个解即可. 【详解】解：对于A选项，的定义域为，所以A选项错误； 对于B选项，，令可得， 即函数在上单调递增，， 即，所以B选项正确； 对于C选项，令，即， 有3个不同的零点等价于函数和函数有3个不同的交点， 由图像可知，，解得，所以C选项正确； 对于D选项，方程有6个不等实数根等价于函数和函数有6个不同的交点， 由图像可知，，所以D选项正确． 三、填空题 每小题5分，共15分. 12. 某校开设4门知识类选修课和3门技能类选修课.学生需从中选修2门，且至少包含一门知识类选修课，则不同的选课方案共有________种. 【答案】 【解析】 【分析】满足条件的选法可分为两类：只选1门知识类选修课和选2门知识类选修课，结合分步乘法计数和分类加法计数原理求结论. 【详解】满足条件的选法可分为两类：只选1门知识类选修课和选2门知识类选修课， 其中只选1门知识类选修课的选法有种. 选2门知识类选修课的选法有种. 所以符合条件的选法有种. 故答案为：18. 13. 在的展开式中，的系数为____. 【答案】 【解析】 【分析】分析出含的项和的项即可得到答案. 【详解】依题意可知，展开式中含的项为，含的项为， 因此的展开式中含的项为， 所以的系数为． 故答案为：. 14. 若存在4条不同的直线既是圆的切线，也是曲线的切线，则的取值范围是__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据导数的几何意义求出曲线在点的切线方程为即，再根据直线与圆的位置关系得圆心到切线的距离，化简为，设，换元得一元二次方程，由根与系数的关系求解. 【详解】由于，则, 则曲线在点的切线方程为, 即， 又因为此切线也为圆的切线， 则圆心到切线的距离, 两边平方，化简为, 设，则，即, 因为存在4条切线，所以上述一元二次方程有两个不同的正实根时有4个解， 则，解得， 所以的取值范围是. 四、解答题 共77分. 15. 已知是公差为的等差数列，其前项和为，且，. （1）求的通项公式； （2）若数列满足，其前项和为，证明：. 【答案】（1） （2）由， 所以 . 【解析】 【分析】（1）由等差数列的性质列方程求解; （2）由,进行裂项相消求和得证. 【小问1详解】 由题意得 解得 所以. 【小问2详解】 略 16. 设函数． （1）若曲线在点处的切线与直线垂直，求的值：（其中为自然对数的底数）； （2）在（1）的条件下求的单调区间和极小值： （3）若在上单调递减，求的取值范围． 【答案】（1） （2）单调减区间为，单调增区间为，极小值为2 （3） 【解析】 【分析】（1）先对函数求导，然后结合导数的几何意义可求得的值； （2）利用导数与单调性以及极值的关系即可求解； （3）将在上单调递减转化为恒成立，分离参数，即可求出的取值范围. 【小问1详解】 由题可得， 因为曲线在点处的切线与直线垂直， 所以，解得； 【小问2详解】 由（1）知，令，解得 由，解得，由，解得， 所以的单调减区间为，单调增区间为，当时，取得极小值； 【小问3详解】 由在上单调递减， 即在上恒成立， 即在上恒成立，所以， 令，易知在上单调递增，在上单调递减， 则，所以， 即的取值范围为. 17. 如图，在四棱锥中，，平面平面是棱的中点． （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1）证明：如图，取的中点，因为，所以， 因为平面平面，平面平面平面，所以平面， 又平面，所以，又平面平面， ，所以平面． （2）． 【解析】 【分析】（1）通过面面垂直得到线面垂直，再利用线面垂直的判定定理即可； （2）通过建立空间直角坐标系求出平面与平面的法向量，再代入公式即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为为的中点，，所以． 过点作交于点，由平面平面，可得，则． 以为坐标原点，所在直线分别为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 所以． 设平面的法向量为，则 令，得．设平面的法向量为， 则 令，得． 设平面与平面的夹角为，则， 故平面与平面夹角的余弦值为． 18. 已知双曲线：（，）的离心率为，且过点，为坐标原点． （1）求的方程． （2）动直线过的右焦点且与交于，两点，证明：为定值． （3）C上是否存在互不重合的三点，，，使得四边形为平行四边形？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） （2） 由（1）得右焦点，分两种情况讨论： 若直线斜率不存在，则，由得， 不妨设， 则：，所以； 若直线斜率存在，设为，则， 由，得， 此时且. 设， 由韦达定理：， 则： . 综上，，即为定值. （3） 假设存在满足条件的三点，因为平行四边形对角线互相平分，则与中点重合， 设中点为，则。 设，则，两式相减得，即， 整理得方程为。 又在双曲线上，代入得，即，故方程为. 若， 联立与双曲线，消去得， 即，判别式： 若，则，，代入双曲线得，无实根. 因此不存在满足条件的三点. 【解析】 【分析】（1）先由离心率得到关系，再将点坐标代入双曲线方程求解，得到方程； （2）通过分类讨论直线斜率存在与不存在两种情况，结合韦达定理或直接代入计算，证明向量的结果恒为，从而确定其为定值; （3）由平行四边形对角线互相平分的性质，设出中点与点坐标，通过点差法得到直线方程，联立双曲线方程后根据判别式，证明无实根，从而得出不存在满足条件的三点. 【小问1详解】 已知离心率，故，结合得, 所以双曲线方程可写为，代入点得：， 解得，所以，双曲线的方程为. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 19. 已知函数，． （1）讨论的单调性； （2）若在上有两个零点，求实数的取值范围； （3）若函数有两个极值点，，证明：． 【答案】（1）时，在上单调递增，时，在上单调递减，在上单调递增 （2） （3）证明：因为有两个极值点， 所以，有两个实数根， 所以可得， 设，将代入，得， 所以， 所以要证，只需证，即． 设，则． 令，则，可知在上为增函数． 又，所以时，在上为增函数． 所以，即成立，所以成立． 【解析】 【分析】（1）求出导数，分类讨论的取值情况来判断单调性； （2）分离参数，求解新函数的极值可求答案； （3）设，把目标式用表示，利用导数判断单调性可证. 【小问1详解】 的定义域为，． 当时，在上单调递增；当时，由得， 由得，由得， 则在上单调递减，在上单调递增． 综上，时，在上单调递增， 时，在上单调递减，在上单调递增． 【小问2详解】 因为在上有两个零点，所以， 由得，令，则， 所以，时，时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 有极大值，也就是最大值为， 又无限趋近时，无限趋近于0， 所以在上有两个零点时，， 所以，即的取值范围是． 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025学年第二学期期中素养综合评估检测题 高二级数学 一、单选题 每小题5分 共40分. 1. 记为等差数列的前n项和，若，，则（ ） A. 11 B. 9 C. 8 D. 5 2. 在曲线上的点处的切线方程为（ ） A. B. C. D. 3. 3名同学计划去四个景点游玩，每人只去1个景点，则不同的选法种数是（ ） A. 81 B. 64 C. 24 D. 12 4. 从4名志愿者中选派3人在星期六、星期日参加公益活动，要求每人只参加一天，且星期六需要有两人参加，星期日需要有一人参加，则不同的选派方法共有（ ） A. 12种 B. 20种 C. 24种 D. 36种 5. 的展开式中的常数项是（ ） A. 352 B. C. 1120 D. 6. 已知函数，若函数有4个不同的零点则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 设各项为正数的等比数列中，，则取最小值时，等于（ ） A. B. C. D. 8. 设数列满足，若表示大于的最小整数，如，，记，则数列的前2026项和为（） A. B. C. D. 二、多选题 每小题6分，共18分，错选得0分，答对部分得部分分. 9. 记公比大于0的等比数列的前项和为.若，则（ ） A. B. C. D. 10. 已知多项式，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 11. 对于函数，下列说法正确的是（ ） A. 在上单调递减，在上单调递增 B. C. 设有3个不同的零点，则 D. 若方程有6个不等实数根，则 三、填空题 每小题5分，共15分. 12. 某校开设4门知识类选修课和3门技能类选修课.学生需从中选修2门，且至少包含一门知识类选修课，则不同的选课方案共有________种. 13. 在的展开式中，的系数为____. 14. 若存在4条不同的直线既是圆的切线，也是曲线的切线，则的取值范围是__________. 四、解答题 共77分. 15. 已知是公差为的等差数列，其前项和为，且，. （1）求的通项公式； （2）若数列满足，其前项和为，证明：. 16. 设函数． （1）若曲线在点处的切线与直线垂直，求的值：（其中为自然对数的底数）； （2）在（1）的条件下求的单调区间和极小值： （3）若在上单调递减，求的取值范围． 17. 如图，在四棱锥中，，平面平面是棱的中点． （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值． 18. 已知双曲线：（，）的离心率为，且过点，为坐标原点． （1）求的方程． （2）动直线过的右焦点且与交于，两点，证明：为定值． （3）C上是否存在互不重合的三点，，，使得四边形为平行四边形？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由． 19. 已知函数，． （1）讨论的单调性； （2）若在上有两个零点，求实数的取值范围； （3）若函数有两个极值点，，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $