精品解析：广东佛山市顺德第一中学2025-2026学年高二下学期期中考试数学试题

顺德第一中学2025-2026学年下学期期中考试 数学 满分150分，时间120分钟 一、单选题（每题5分） 1. 已知集合，则的元素个数为（ ） A. 4 B. 3 C. 2 D. 0 2. 设复数，则的虚部为（ ） A. B. 1 C. D. 3. 已知均为单位向量且满足，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 4. 的展开式中x2y3项的系数等于80，则实数a＝（ ） A. 2 B. ±2 C. D. ± 5. 已知数列与均为等差数列，且，，则（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 6. 甲、乙、丙、丁、戊五名同学参加某项竞赛，决出了第一名到第五名的5个名次.甲、乙两人去询问成绩，组织者对甲说：“很遗憾，你和乙都未拿到冠军.”对乙说：“你当然不会是最差的.”从组织者的回答分析，这五名同学的名次排列的种数为（ ） A. 24 B. 54 C. 72 D. 120 7. 已知定义在区间上的奇函数，对于任意的满足（其中是的导函数），则下列不等式中成立的是（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，若对任意，恒成立，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多选题（每题6分，部分对得部分分，有错选得0分） 9. 在公比为整数的等比数列中，是数列的前项和，若，，则下列说法正确的是（ ） A. B. 数列是公差为2的等差数列 C. D. 数列是等比数列 10. 已知，则下列描述正确的是（ ） A. B. C. D. 11. 已知是函数的极小值点，则（ ） A. B. 若，则 C. 若，则有3个相异的零点 D. 方程有3个不同的实数根 三、填空题（每题5分） 12. 的展开式中常数项是____________． 13. 已知数列满足且，若是等比数列，则_______． 14. 已知对任意的，不等式恒成立，则实数的取值范围为______. 四、解答题 15. 已知函数，曲线在点处的切线与直线平行. （1）求a的值； （2）求函数的单调区间； （3）求函数在上的最大值、最小值. 16. 已知数列中，，且满足（）． （1）求的通项公式； （2）令，为数列的前n项和，证明：． 17. 如图，在四棱锥中，底面，底面为矩形，为棱的中点，. （1）证明：平面； （2）证明：； （3）若平面与平面夹角的余弦值为，求. 18. 已知数列的前n项和为，，. （1）求证：数列是等差数列. （2）设，数列的前n项和为. ①求； ②若对任意的正整数n，不等式恒成立，求实数的取值范围. 19. 已知函数，其中． （1）当时，求曲线在点处的切线方程． （2）若有3个不同的零点． （i）求实数a的取值范围； （ⅱ）若成等差数列，求该数列的公差 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 顺德第一中学2025-2026学年下学期期中考试 数学 满分150分，时间120分钟 一、单选题（每题5分） 1. 已知集合，则的元素个数为（ ） A. 4 B. 3 C. 2 D. 0 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意求集合，即可判断元素个数. 【详解】由题意可得：， 可知有3个元素. 故选：B 2. 设复数，则的虚部为（ ） A. B. 1 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数的乘法运算及复数虚部的定义即可求解. 【详解】由题意可知，所以的虚部为1. 故选：B. 3. 已知均为单位向量且满足，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用向量的夹角公式可求与的夹角. 【详解】由可得，即， 所以, 因为均为单位向量，所以. 所以， 而， 故， 故选：C. 4. 的展开式中x2y3项的系数等于80，则实数a＝（ ） A. 2 B. ±2 C. D. ± 【答案】D 【解析】 【分析】根据展开式的通项公式，确定项的系数，即可求解. 【详解】展开式的通项公式是，当时，项的系数为 ，解得：. 故选：D 5. 已知数列与均为等差数列，且，，则（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 【答案】B 【解析】 【分析】根据等差数列的性质即可求解. 【详解】因为，， 所以， 即 ， 根据等差数列的性质可知， 所以. 故选:B. 6. 甲、乙、丙、丁、戊五名同学参加某项竞赛，决出了第一名到第五名的5个名次.甲、乙两人去询问成绩，组织者对甲说：“很遗憾，你和乙都未拿到冠军.”对乙说：“你当然不会是最差的.”从组织者的回答分析，这五名同学的名次排列的种数为（ ） A. 24 B. 54 C. 72 D. 120 【答案】B 【解析】 【分析】安排方案可分3步完成，第一步先安排乙，再安排甲，最后安排其他同学完成，由分步乘法原理求满足条件的方案数. 【详解】满足要求的方案可分3步完成，第一步先安排乙，乙可以排在第2,3,4位，有3种安排方法，第二步安排甲，有3种安排方法，第三步再安排其他同学，有种安排方法，由分步乘法原理满足条件的安排方法有54种. 7. 已知定义在区间上的奇函数，对于任意的满足（其中是的导函数），则下列不等式中成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】构造函数，其中，分析函数的奇偶性及其在上的单调性，再利用函数的单调性逐项判断可得出合适的选项. 【详解】构造函数，其中，则， 所以，函数为奇函数， 当时，， 所以，函数在上为增函数，故该函数在上也为增函数， 由题意可知，函数在上连续，故函数在上为增函数. 对于A选项，，即，则，A错； 对于B选项，，即，则，B对； 对于C选项，，即，则，C错； 对于D选项，，即，则，D错. 故选：B. 8. 已知函数，若对任意，恒成立，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】构造函数，，利用导数与函数的单调性，分别求出的单调区间，进而求出其最值，再结合题设条件，得到或，即可求解 【详解】令，，则， 则，因为，，当，即时，恒成立， 此时在上单调递增，所以， 当，即时，由，得到， 当时，，当时，， 即在区间上单调递减，在区间上单调递增， 所以时，， 又，当时，在区间上恒成立， 即在区间上单调递增， 又时，，时，， 所以时，，不恒成立，所以不合题意， 当时，由，得到（舍）或， 所以时，，时，， 即在区间上单调递增，在区间上单调递减， 所以时，， 要使对任意，恒成立，也即对任意，， 则或，解得或， 所以， 故选：A. 二、多选题（每题6分，部分对得部分分，有错选得0分） 9. 在公比为整数的等比数列中，是数列的前项和，若，，则下列说法正确的是（ ） A. B. 数列是公差为2的等差数列 C. D. 数列是等比数列 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据题意计算出，求出通项及前项和，再依次判断选项即可. 【详解】由题意可得：，解得或, 因为等比数列的公比为整数，所以，所以等比数列的通项公式为：.故A正确； 选项B:因为, 所以,且当时，,所以数列是首项为,公差为的等差数列,所以选项B错误； 选项C:因为所以等比数列的其前项和所以所以选项C正确. 选项D:由选项C得,所以且当时，,所以数列是首项为4，公比为2的等比数列.所以选项D正确. 故选：ACD 10. 已知，则下列描述正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】应用赋值法计算判断A，C，由通项公式计算判断B，应用导函数结合赋值法判断D. 【详解】对于A，将代入，，故A正确； 对于B，，故B正确； 对于C，将代入，， ，故C不正确； 对于D，对求导，， 将代入得到，故D正确. 故选：ABD. 11. 已知是函数的极小值点，则（ ） A. B. 若，则 C. 若，则有3个相异的零点 D. 方程有3个不同的实数根 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用极值点的性质判断A，利用三角函数的性质结合导数判断B，先讨论的零点个数，转化为交点问题判断C，利用换元法结合零点存在性定理判断D即可. 【详解】对于A，因为，所以， 因为是函数的极小值点，所以， 可得，解得，故A正确， 对于B，因为，所以，则，即， 由正弦函数性质得，由余弦函数性质得， 由已知得，则， 令，，令，， 可得在上单调递减，在上单调递增， 得到，故B错误， 对于C，由已知得在上单调递减，在上单调递增， 而，得到，， 当时，，当时，， 若讨论的零点个数，则讨论的解的个数， 故讨论与的交点个数即可， 如图，作出符合题意的图象， 由图象可得，当时，与有3个相异的交点， 即有3个相异的零点，故C正确， 对于D，令，若求方程的实数根， 则先求的解的个数，即求的解的个数， 令，则求的零点个数， 由已知得在上单调递减，在上单调递增， 而，，，， 可得，， 由零点存在性定理得存在，作为的零点， 则是的两个解，后续求解与即可， 由已知得在上单调递减，在上单调递增， 若，当时，，此时无解，排除， 当时，，此时有一个解， 当时，，此时有一个解， 若，当时，，此时无解，排除， 当时，，此时无解， 当时，，此时有一个解， 综上，方程有3个不同的实数根，故D正确. 故选：ACD 三、填空题（每题5分） 12. 的展开式中常数项是____________． 【答案】 【解析】 【分析】求得二项展开式的通项，结合通项确定的取值，代入即可求解. 【详解】由题意，二项式展开式的通项为， 令，可得展开式中的常数项为. 故答案为：. 13. 已知数列满足且，若是等比数列，则_______． 【答案】 【解析】 【详解】由于数列是等比数列，设其公比为， 则， 即，又， 则，解得. 14. 已知对任意的，不等式恒成立，则实数的取值范围为______. 【答案】 【解析】 【分析】由不等式恒成立构造，只需成立：利用导函数研究单调性知使，此时得，而，构造得到时恒成立，进而可求的取值范围. 【详解】由题意，对任意的不等式恒成立， 令，则，， ∴在上单调增，且时，，时，， 所以使，即， ∴在上递减，上递增， 故：，即， 而在上单调增，又， ∴，即有时恒成立， ∴， 故答案为：. 【点睛】关键点点睛： 1、构造，原不等式恒成立转化为有成立； 2、由导数知使，此时保证即原不等式恒成立； 3、由上得，构造讨论单调性有. 四、解答题 15. 已知函数，曲线在点处的切线与直线平行. （1）求a的值； （2）求函数的单调区间； （3）求函数在上的最大值、最小值. 【答案】（1） （2）单调递增区间为和，单调递减区间为. （3）最大值为40，最小值为. 【解析】 【分析】（1）对函数求导，由导数的几何意义得切线的斜率，利用两直线平行，斜率相等即可求得a的值； （2）对函数求导，利用导数研究函数的单调性即可求解； （3）求出在上的单调性，即可利用单调性求出最值. 【小问1详解】 因为，则， 则，而直线的斜率为， 则，解得. 【小问2详解】 由（1）可知，所以，定义域为，且. 令，即，化简可得，解得， 当，即时，解得或， 所以的单调递增区间为和， 当即时，解得， 所以的单调递减区间为. 综上，得单调增区间为和，单调减区间为. 【小问3详解】 由（2）知，其单调增区间为和，单调减区间为， 所以在上单调递减，在上单调递增，为其极小值点， 则 0 4 0 减函数 增函数 40 综上，函数在上的最大值为，最小值为. 16. 已知数列中，，且满足（）． （1）求的通项公式； （2）令，为数列的前n项和，证明：． 【答案】（1） （2） 由（1）得，所以， 故 ， 由于，故， 又， 故，所以 【解析】 【分析】（1）构造等比数列求通项公式； （2）利用裂项相消求出，并判断的正负性. 【小问1详解】 由得，， 由于，故，故， 故数列是以3为首项，公比为3的等比数列， 所以，故 【小问2详解】 略 17. 如图，在四棱锥中，底面，底面为矩形，为棱的中点，. （1）证明：平面； （2）证明：； （3）若平面与平面夹角的余弦值为，求. 【答案】（1）证明：如图，连接，交于点，连接. 底面是矩形，是的中点， 又为棱的中点，， 平面，平面，平面. （2）证明：平面，， 又，，平面，平面， 又平面，. ，E是棱的中点，， 又，平面，又因为平面，. （3） 【解析】 【分析】（1）连接，交于点，连接，只需证明，再结合线面平行的判定定理即可得证； （2）只需证明平面，再结合线面垂直的性质即可得解； （3）引入参数，建立适当的空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，由题意建立关于的方程即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 底面，底面为矩形，，DP，DC两两垂直， 以为坐标原点，所在直线分别为x，y，z轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， 设，则，，，，，，. 设平面的法向量为， 则，取. 由（2）可知是平面的一个法向量， 因为平面与平面夹角的余弦值为， 所以， 解得（负值舍去），即. 18. 已知数列的前n项和为，，. （1）求证：数列是等差数列. （2）设，数列的前n项和为. ①求； ②若对任意的正整数n，不等式恒成立，求实数的取值范围. 【答案】（1）证明见解析 （2）①；② 【解析】 【分析】（1）由，根据，得到，两边同除以，得到，结合等差数列的定义，即可得证； （2）①由（1）求得，得到，利用乘公比错位相减法求和，即可求得；②由对任意的恒成立，转化为恒成立，令，求得数列是递减数列，得到的最大值，即可求得的取值范围. 【小问1详解】 证明：因为，可得，所以， 两边同除以，可得，即， 又因为，可得，所以数列是首项为，公差为1的等差数列. 【小问2详解】 解：①由（1）可得，所以，可得， 所以， 则. 两式相减，可得 ， 所以. ②因为对任意的恒成立，所以， 则对任意的恒成立. 令，可得， 所以数列是递减数列， 当时，取得最大值，所以，即实数的取值范围是. 19. 已知函数，其中． （1）当时，求曲线在点处的切线方程． （2）若有3个不同的零点． （i）求实数a的取值范围； （ⅱ）若成等差数列，求该数列的公差 【答案】（1） （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）根据导数的几何意义求出切线的斜率，再利用直线点斜式方程即可求出答案； （2）（ⅰ）在上单调递增，分为和两种情况结合导数与单调性的关系求出函数在上的单调性，根据题目条件列不等式即可求出答案； （ⅱ）由题可知，，，代入可得，即，，设公差为，消元得到，列等式即可求出公差. 【小问1详解】 解：当时，， 当时，，所以． 又， 所以曲线在点处的切线方程为，即． 【小问2详解】 解：（ⅰ）当时，由得单调递增，且． 当时，， 若，因为，所以，即在上单调递增，且， 从而在R上单调递增，不可能有3个零点，不符合题意， 若，令，可得， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 又当时，当时， 所以要使有3个零点，则，即，解得． 所以实数的取值范围为 （ⅱ）由题可知，，， 所以， 则①，②． 设公差为，即， 由①可得，，由②可得，， 则，化简得，解得（负值舍去）， 即公差． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $