精品解析：广东佛山市顺德区李兆基中学2025-2026学年度第二学期期中考试高二数学试题

李兆基中学2025-2026学年度第二学期期中考试 （高二数学） 一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分.每小题的四个选项中只有一个选项符合题目要求） 1. 从甲地到乙地有4条不同的路线，从乙地到丙地有3条不同的路线，则从甲地经过乙地，到达丙地不同的路线有（ ） A. 7条 B. 12条 C. 64条 D. 81条 2. 已知是等比数列，，则（ ）. A. B. C. D. 3. 的展开式中的常数项为（ ） A. 60 B. 120 C. 160 D. 240 4. 函数的导函数的图象如图所示，则下列说法正确的有（ ） A. 为函数的一个零点 B. 函数在区间上单调递减 C. 为函数的一个极大值点 D. 是函数的最大值 5. 在等比数列中，是方程两根，若，则的值为（ ） A. B. C. 3 D. 9 6. 已知函数，若存在，使得成立，则实数的最小值是（   ） A. B. C. D. 7. 记数列的前项和为，满足，且，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知，则的大小关系为（ ） A. B. C. D. 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分.每小题的四个选项中有多个选项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的不得分） 9. 已知各项均为正数且单调递减的等比数列满足，，成等差数列，其前项和为，且，则（ ） A. B. C. D. 10. 为弘扬我国古代的“六艺”文化，某中学计划开设“礼”“乐”“射”“御”“书”“数”六门校本课程，每月一门，连续开设六个月，则下列说法正确的是（ ） A. 若学生甲和乙各自从中任选2门，则他们共有225种不同的选法 B. 若课程“乐”排在“书”前面，则课程共有240种排法 C. 若课程“射”“御”排在不相邻两个月，则课程共有480种排法 D. 若课程“数”不排在第一个月，课程“礼”不排在第六个月，则课程共有504种排法 11. 已知函数，则下列正确的是（ ） A. 的极小值为0 B. 过点的切线方程为 C. 有三个实根 D. ，当时，恒成立，则a的取值范围是 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 若展开式中各项系数之和为64，则该展开式中含的项的系数为______． 13. 已知数列的前项和，数列的前项和，将与的公共项由小到大排列构成新数列，则数列的前5项和等于_____． 14. 已知函数，若不等式在上恒成立，则实数的取值范围是_____． 四、解答题（本题共5小题，共77分.解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 已知数列，中，，，是公差为1的等差数列，数列是公比为2的等比数列. （1）求数列的通项公式； （2）求数列的前项和. 16. 已知函数在处取得极值. （1）求实数的值； （2）求函数在区间上的最大值和最小值. 17. 已知函数． （1）求的极值，并在给定的直角坐标系中画出函数的大致图象（不用说明理由）； （2）求证：． 18. 记数列的前项和为，已知. （1）证明：是等比数列； （2）设，求数列的前项和. 19. 已知函数. （1）求函数的单调区间； （2）若对任意都有成立，求实数的取值范围； （3）证明：（其中为自然对数的底数）. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 李兆基中学2025-2026学年度第二学期期中考试 （高二数学） 一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分.每小题的四个选项中只有一个选项符合题目要求） 1. 从甲地到乙地有4条不同的路线，从乙地到丙地有3条不同的路线，则从甲地经过乙地，到达丙地不同的路线有（ ） A. 7条 B. 12条 C. 64条 D. 81条 【答案】B 【解析】 【分析】由分步乘法计数原理计算即可求解. 【详解】由题意可知所求不同的路线有条. 故选：B 2. 已知是等比数列，，则（ ）. A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据等比数列的下标性质求解即可. 【详解】由等比数列性质可得，又，所以，所以. 故选：D 3. 的展开式中的常数项为（ ） A. 60 B. 120 C. 160 D. 240 【答案】D 【解析】 【详解】共有个因式，从个因式中选择，在剩下的个因式中选择， 则的展开式中的常数项为. 4. 函数的导函数的图象如图所示，则下列说法正确的有（ ） A. 为函数的一个零点 B. 函数在区间上单调递减 C. 为函数的一个极大值点 D. 是函数的最大值 【答案】C 【解析】 【分析】利用导数图象，分析函数的单调性，逐项判断即可. 【详解】对于A选项，由图象可知，当时，，当时，， 所以，函数在区间上单调递减，在区间上单调递增， 所以为函数的一个极小值点，不一定为函数的一个零点，A错； 对于B选项，当时，，则函数在区间上单调递增，B错； 对于C选项，当时，，当时，， 所以，函数在区间上单调递增，在区间上单调递减， 所以，为函数的一个极大值点，C对； 对于D选项，因为函数在区间上单调递增，故不是函数的最大值，D错. 故选：C. 5. 在等比数列中，是方程两根，若，则的值为（ ） A. B. C. 3 D. 9 【答案】D 【解析】 【分析】根据等比数列性质可得,再由根与系数的关系计算可得结果. 【详解】由是方程两根可得， 由等比数列性质可得，解得或（舍）； 所以. 故选：D 6. 已知函数，若存在，使得成立，则实数的最小值是（   ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用导数求出函数在时的最小值，结合题意即可求得答案. 【详解】由，得， 当时，，故在上单调递减， 当时，，故在上单调递增， 故当时，， 而存在实数，使得成立，故， 即实数t的最小值是. 故选：A 7. 记数列的前项和为，满足，且，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由已知得，利用累乘法求出，从而可求得，代入中化简，再利用对勾函数的性质可求得结果. 【详解】由，得， 因为，所以 ， 所以， 所以， 因为，所以由对勾函数的性质可知， 当时，取得最小值. 故选：C 8. 已知，则的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】令，求导分析单调性，进而可得的大小关系，令，求导分析单调性，进而可得的大小关系. 【详解】令，则， 令，可得， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 所以，即，当且仅当时，取等号， 所以，故， 因为，， 所以， 令，则， 令，得，令，得， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，故，即， ，即， 综上，. 故选：C. 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分.每小题的四个选项中有多个选项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的不得分） 9. 已知各项均为正数且单调递减的等比数列满足，，成等差数列，其前项和为，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】 先根据，，成等差数列求出公比，结合求出首项，结合选项可得. 【详解】由，，成等差数列，得. 设的公比为，则，解得或（舍去）， 所以，解得. 所以数列的通项公式为， ， 故选：AC. 10. 为弘扬我国古代的“六艺”文化，某中学计划开设“礼”“乐”“射”“御”“书”“数”六门校本课程，每月一门，连续开设六个月，则下列说法正确的是（ ） A. 若学生甲和乙各自从中任选2门，则他们共有225种不同的选法 B. 若课程“乐”排在“书”前面，则课程共有240种排法 C. 若课程“射”“御”排在不相邻两个月，则课程共有480种排法 D. 若课程“数”不排在第一个月，课程“礼”不排在第六个月，则课程共有504种排法 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用组合数的公式可判断A，利用定序相除可判断B，利用插空法可判断C，分情况讨论可判断D. 【详解】学生甲和乙各自从中任选2门，则他们共有种不同的选法，A正确； 课程“乐”排在“书”前面，可得课程共有种排法，B错误； 课程“射”“御”排在不相邻两个月，通过插空法，先排好其他的4门课程，有5个空位可选，在其中任选2个，安排课程“射”“御”共有种排法，C正确； 课程“数”不排在第一个月，课程“礼”不排在第六个月，利用分类加法计数原理，当“数”在第六个月时共有种； 当“数”既不在第一个月也不在第六个月时，共有种， 故课程“数”不排在第一个月，课程“礼”不排在第六个月，课程共有种排法，D正确． 故选：ACD 11. 已知函数，则下列正确的是（ ） A. 的极小值为0 B. 过点的切线方程为 C. 有三个实根 D. ，当时，恒成立，则a的取值范围是 【答案】ACD 【解析】 【分析】求导后可得单调性，结合极值定义可知A正误；应用切线斜率及点斜式计算求解判断B，作出图象，根据与的交点个数可得C正确；将D中问题转化为在上单调递增，由，采用分离参数的方式可求得D正确. 【详解】由题意知：定义域为R，； ∴当时，；当时，； ∴的单调递减区间为，；单调递增区间为； 对于A，的极小值为，A正确； 对于B，设过点的切线的切点为，则， 切线方程为，将点代入切线方程，解得或， 当时，切点为，切线斜率为0，切线为， 当时，切点为，切线斜率为，切线为， 在点处的切线方程为或，B错误； 对于C，的极大值为，且当时，，由此可得图象如下图所示， 由图象可知：与有三个不同的交点，即有三个实根，C正确； 对于D，由当时，恒成立可得：， 令，则在上单调递增， ∴在上恒成立，∴在上恒成立； ∵在上的最大值为，∴，D正确. 故选：ACD. 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 若展开式中各项系数之和为64，则该展开式中含的项的系数为______． 【答案】27 【解析】 【分析】根据二项式定理求解即可. 【详解】令，则展开式中各项系数之和为， 由题意得，解得. 的通项为， 令，解得. 代入通项得该项系数为. 故答案为：27. 13. 已知数列的前项和，数列的前项和，将与的公共项由小到大排列构成新数列，则数列的前5项和等于_____． 【答案】682 【解析】 【分析】分别求出数列和的通项，再把它们的公共项求出来即可. 【详解】当时，， 当时，， 当时，满足上式，所以， 同理可求得， 设的第项与的第项相等，则，即，， 当时，，当时，，则， 当时，，当时，，则， 当时，，当时，，则， 当时，，当时，，则， 当时，，当时，，则， 故数列的前5项和等于． 故答案为： 14. 已知函数，若不等式在上恒成立，则实数的取值范围是_____． 【答案】 【解析】 【分析】分析可知函数是上的增函数，也是奇函数，可将所求不等式等价变形为在上恒成立，令，其中，利用导数求出函数的最大值，即可得出实数的取值范围. 【详解】显然函数是上的增函数，也是奇函数， 因为在上恒成立， 即在上恒成立， 所以在上恒成立，即在上恒成立， 令，其中，则， 令，得，令，得， 所以在上单调递增，在上单调递减，所以， 故． 因此，实数的取值范围是. 故答案为：. 四、解答题（本题共5小题，共77分.解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 已知数列，中，，，是公差为1的等差数列，数列是公比为2的等比数列. （1）求数列的通项公式； （2）求数列的前项和. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先根据题意及等差数列的通项公式计算出数列的通项公式，再根据等比数列的通项公式计算出数列的通项公式，即可计算出数列的通项公式； （2）根据数列的通项公式的特点运用分组求和法，以及等差数列和等比数列的求和公式即可计算出前项和． 【小问1详解】 由题意，可得， 故，， 数列是公比为2的等比数列，且， ， ，． 【小问2详解】 由题意及（1），可得， 则 ． 16. 已知函数在处取得极值. （1）求实数的值； （2）求函数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）由已知得到，，进而得到方程组，解之即可； （2）由（1）可知，然后对，利用导数得出函数单调性，结合端点值比较大小即可得解. 【小问1详解】 由，知. 而在处取得极值，故，. 故有方程组，即. 所以，. 【小问2详解】 由（1）知，，故，. ， 当时，，当时，， 所以在单调递增，在单调递减， 而直接计算知，，， 故在上的最大值为，最小值为. 17. 已知函数． （1）求的极值，并在给定的直角坐标系中画出函数的大致图象（不用说明理由）； （2）求证：． 【答案】（1）极小值为，无极大值， （2） 要证，只要证， 令，则， 则得；得， 所以在上单调递减，在上单调递增， 则，即恒成立， 所以． 【解析】 【分析】（1）求出导函数，再解不等式和即可得出的单调性，进而求出极值；根据单调性以及函数的正负性即可画出图象.； （2）构造函数，根据单调性求最小值即可. 【小问1详解】 ， 当时，，当时，， 即函数在上单调递增，在上单调递减， 因此极小值为，无极大值； 当时，；当时，，且， 结合单调性，可画出函数的大致图象，如下图所示： 【小问2详解】 略 18. 记数列的前项和为，已知. （1）证明：是等比数列； （2）设，求数列的前项和. 【答案】（1） 由题意得：当时，， 当时，由有：， 所以，即，所以， 所以， 所以数列是以为公比，首项为的等比数列； （2） 【解析】 【分析】（1）由，结合等比数列的定义即可得证； （2）利用错位相减法即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）有， 所以， 所以①， ②， 由①②有： ， 所以. 19. 已知函数. （1）求函数的单调区间； （2）若对任意都有成立，求实数的取值范围； （3）证明：（其中为自然对数的底数）. 【答案】（1）答案见解析； （2）； （3）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）求导，按，分类讨论求解. （2）由（1）得，根据对任意都有成立，由求解； （3）借助于（2）中的函数，，分别取和，代入即可通过变形证明. 【小问1详解】 函数的定义域为，求导得， 当时，，函数在上递增； 当时，由，得，函数在上递减， 由，得，函数在上递增； 所以当时，函数的单调增区间是，无减区间； 当时，函数的单调减区间是，增区间是. 【小问2详解】 当时，在上递增，又，当时，，则不成立； 当时，由（1）得， 由对任意都有成立，得， 令，求导得，当时，，当时，， 函数在上单调递增，在上单调递减，则当时，取得最大值， 所以实数a的取值集合是. 【小问3详解】 由（2）知：，令， 则，即，则，因此； 由（2）知：，令， 则，即，则，因此， 所以. 【点睛】关键点点睛：本题第三问关键是由，分别令， 而得解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $