精品解析：四川省南江中学2025-2026学年高二下学期期中测试数学试题

南江中学2025-2026学年高二下学期期中测试 数学试题 （满分150分，考试时间120分钟） 命题人：张桂华 审题人：虎忱 一、选择题：本大题共8小题，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. 已知函数，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知等差数列的通项公式为，则使得前项和最小的的值为（ ） A. B. C. D. 3. 导函数的图象如图所示，在标记的点中，函数的极大值点为（ ） A. B. C. D. 4. 已知等比数列中，，，则公比为（ ） A. B. 2 C. D. 4 5. 已知函数在上单调递增，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 6. 下列命题为真命题的是（ ） A. 若，则； B. 若，则； C. 若，则； D. 若，则. 7. 已知，设函数的零点个数为，则＝（ ） A. 120 B. 210 C. 75 D. 240 8. 定义在上的函数满足，且，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本大题共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. 下列命题正确的有（ ） A. 已知函数在上可导，若，则 B. 已知函数，若，则 C. D. 设函数的导函数为，且，则 10. 记为数列的前项和，已知则（ ） A. 2026是数列中的项 B. 数列是公比为2的等比数列 C. D. 若，则数列的前项和小于 11. 对于函数，则（ ） A. 函数的单调递减区间为 B. 不存在，使得直线与曲线相切 C. 若方程有6个不等实数根，则 D. 对任意正实数，且，若，则 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知函数，则曲线在处的切线方程为__________． 13. 已知数列的前项和为，则__________． 14. 已知函数的图象在点（其中）处的切线与圆心为的圆相切，则圆Q的最大面积是_________________ 四、解答题：本大题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知函数． （1）求函数的单调区间和极值． （2）若对恒成立，求实数的取值范围． 16. 如图，在三棱柱中，平面，，，分别为，的中点． （1）证明：侧面为矩形； （2）若，求直线与平面夹角的正弦值． 17. 已知椭圆的左右焦点分别为，，点满足直线，的斜率之积为，点是上任意一点，． （1）求的方程； （2）过点的直线与交于，两点，若以为直径的圆经过坐标原点，求直线的方程． 18. 已知等差数列前项和为．数列前项和为，． （1）求数列和的通项公式； （2）求数列的前项和； （3）若数列的前项和为，且，求的最小值． 19. 已知函数， （1）当时，讨论函数单调性； （2）当时，若对任意，不等式恒成立，求b的最小值； （3）若存在两个不同的极值点，且，求实数取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 南江中学2025-2026学年高二下学期期中测试 数学试题 （满分150分，考试时间120分钟） 命题人：张桂华 审题人：虎忱 一、选择题：本大题共8小题，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. 已知函数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据导数的定义求解即可. 【详解】由导数的定义可得： ． 故选：D. 2. 已知等差数列的通项公式为，则使得前项和最小的的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】等差数列为单调递增数列，则使得前项和最小即为所有负数项的和，利用通项公式求出的值即可． 【详解】由，解得， 时，；时， 则使得前项和最小的的值为 故选：B 【点睛】本题考查等差数列的单调性，考查等差数列的和的性质，属于基础题． 3. 导函数的图象如图所示，在标记的点中，函数的极大值点为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据导函数图象判断原函数的单调性即可. 【详解】由图可知：当时，；当时，. 所以可知函数在单调递增，在单调递减， 所以函数的极大值点为. 故选：A 4. 已知等比数列中，，，则公比为（ ） A. B. 2 C. D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】直接使用已知条件及公比的性质得到结论. 【详解】. 故选：C. 5. 已知函数在上单调递增，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题意得在上恒成立，分离参数即可得解. 【详解】在上恒成立，即，所以，则的取值范围是. 故选：B. 6. 下列命题为真命题的是（ ） A. 若，则； B. 若，则； C. 若，则； D. 若，则. 【答案】B 【解析】 【分析】利用指数函数的单调性判断A，构造且，导数研究其单调性得到大小关系判断B，应用不等式的性质判断C，由余弦、正切函数的性质，举反例判断D. 【详解】由，则，故，A为假命题， 令且，则，故在上单调递增， 由，则，B为真命题， 由，则，故，即，C为假命题， 若，反例：如，则，D为假命题. 7. 已知，设函数的零点个数为，则＝（ ） A. 120 B. 210 C. 75 D. 240 【答案】A 【解析】 【分析】先利用图象的交点求出当n＝1时的零点个数，再根据正弦型函数的周期以及得出数列为等差数列即可求出. 【详解】过点， 则可作出的图象. 当n＝1时，作出的图象， 因为，故的图象与图象有3个交点； 注意到的周期为4，， n每增加1个单位，也增加个单位（一个周期），则交点增加2个， 故数列是首项为3，公差为2的等差数列， 所以. 8. 定义在上的函数满足，且，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，构造函数，可得在上单调递增，然后结合其单调性即可求解不等式. 【详解】由可得， 设，， 则， 即函数在上单调递增， 且， 由可得， 即，即，解得， 所以不等式的解集为. 故选：B. 二、选择题：本大题共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. 下列命题正确的有（ ） A. 已知函数在上可导，若，则 B. 已知函数，若，则 C. D. 设函数的导函数为，且，则 【答案】BD 【解析】 【分析】借助导数定义可得A；借助复合函数的导数运算法则计算即可得B；借助导数的除法运算法则计算即可得C；利用导数运算法则计算即可得D. 【详解】对A：，则，故A错误； 对B：，则，解得，故B正确； 对C：，故C错误； 对D：，则， 则，故D正确. 10. 记为数列的前项和，已知则（ ） A. 2026是数列中的项 B. 数列是公比为2的等比数列 C. D. 若，则数列的前项和小于 【答案】AD 【解析】 【分析】根据是奇数还是偶数，分类讨论的解的情况可判断A；根据等比数列的定义，由的比值即可判断B；根据的通项公式可求出，进而判断C；根据的表达式，可得到的通项公式，通过裂项相消法求和可判断D. 【详解】对于A，当是奇数时，，因为，所以方程 无正整数解，即2026不是数列的奇数项； 当是偶数时，，令 ，解得，即 ，所以2026是数列中的偶数项，故A正确. 对于B，由数列的通项公式可知 ，且 ，为非零常数， 所以数列是公比为4的等比数列，故B错误. 对于C，由数列的通项公式可知 ，故C错误. 对于D，因为，所以， 所以数列的前项和为，小于，故D正确. 11. 对于函数，则（ ） A. 函数的单调递减区间为 B. 不存在，使得直线与曲线相切 C. 若方程有6个不等实数根，则 D. 对任意正实数，且，若，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用商的导数结合定义域就可判断A，利用导数来求切线斜率，结合函数零点即可判断B，利用偶函数，及分段函数单调性及值域，即可判断C，利用极值点偏移来证明即可判断D. 【详解】函数的定义域为  且 ， 求导得：， 由 ，解得或， 所以的单调递减区间是和 ，故A错误； 假设存在切线 ，设切点为，则斜率， 所以在该点的切线方程为：， 由切线过点，所以代入上面切线方程可得： ， 因为是增函数，所以有唯一解， 但不在定义域内，所以不存在这样的，故B正确； 由是偶函数，则只需分析 的根为3个： 当时，由A选项可得： 在上是单调递增，其值域为 ， 所以在时，对任意 仅有1个根； 当时，， 在上单调递减，在上单调递增， 所以的最小值为 ， 且当时， ，当时， ， 所以当 时，一定有2个根， 此时当时，满足在区间内有3个根，故C正确； 若，不妨设，要证 ， 由于，且在上单调递增， 所以原不等式等价于证明： ， 又因为，所以又等价于证明：， 构造， 求导得  ， 构造函数，， 求导得：， 再构造函数，，求导得： ， 则在上单调递增，即， 所以，则在上单调递减， 即， 所以， 即当时， ， 故在上单调递减， 即 ， 所以得证，即不等式恒成立，故D正确. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知函数，则曲线在处的切线方程为__________． 【答案】 【解析】 【分析】利用导数的几何意义，先求出曲线在处的点的坐标及导函数值，再根据点斜式即可得到切线方程. 【详解】因为，所以 ， ， 所以 ， 所以曲线在处的切线方程为，即. 13. 已知数列的前项和为，则__________． 【答案】 【解析】 【分析】先根据已知条件推导出数列 的通项公式，再求出，最后根据求出. 【详解】已知，且， 所以，两边同除以， 则 ，整理得： ， 由得，故 是首项为，公差为的等差数列， 因此：， 当时，， 所以. 14. 已知函数的图象在点（其中）处的切线与圆心为的圆相切，则圆Q的最大面积是_________________ 【答案】 【解析】 【分析】求出切线方程，根据点到直线的距离公式用表示出半径，然后利用导数求最值，然后可得面积最大值. 【详解】因为，，所以，切线斜率为， 所以切线方程为，即， 则圆的半径， 令， 则 ， 令，则， 所以在上单调递减，又， 所以当时，，即，当时，，即， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以，即， 所以. 四、解答题：本大题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知函数． （1）求函数的单调区间和极值． （2）若对恒成立，求实数的取值范围． 【答案】（1）答案见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）利用导数与函数单调性之间的关系可求得函数的增区间和减区间，即求得函数的极大值和极小值； （2）利用导数求出函数在区间上的最小值，可得出，由此可解得实数的取值范围. 【小问1详解】 因为，则， 令，可得或，列表如下： 增 极大值 减 极小值 增 所以，函数的增区间为、，减区间为， 函数的极大值为，极小值为. 【小问2详解】 由（1）可知，函数在区间上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 且，， 故当时，， 因为对恒成立，则，解得， 因此，实数的取值范围是. 16. 如图，在三棱柱中，平面，，，分别为，的中点． （1）证明：侧面为矩形； （2）若，求直线与平面夹角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2）． 【解析】 【分析】（1）根据线面平行的传递性可得平面，从而可得，根据等腰可得，故可证明平面，从而可得，根据平行关系可得，从而可证侧面为矩形． （2）以为坐标原点，直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法可求线面角的正弦值. 【小问1详解】 如图，连接，由题知，是的中点，∴， ∵平面，而平面平面，∴平面， 又平面，∴． 又，，平面，∴平面， 又平面，∴． ∵分别是，的中点，∴，∴． ∴侧面为矩形． 【小问2详解】 连接，以为坐标原点，直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系. 易知，，， ∴，，，， ∴，，， 设平面的法向量为， 则，取． ∴， ∴直线与平面夹角的正弦值为． 17. 已知椭圆的左右焦点分别为，，点满足直线，的斜率之积为，点是上任意一点，． （1）求的方程； （2）过点的直线与交于，两点，若以为直径的圆经过坐标原点，求直线的方程． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据椭圆的概念，以及两点之间的斜率公式，求出椭圆的参数，写出标准方程即可； （2）根据直线和椭圆的位置关系，联立方程组，根据韦达定理和向量数量积的坐标表示，求出参数值，进而求出直线方程即可. 【小问1详解】 设椭圆C的半焦距为，则， 所以， 因为直线，的斜率之积为，所以，解得． 因为，利用椭圆定义可得椭圆长轴，解得， 则． 所以C的方程为． 【小问2详解】 由已知得过点且满足题意的直线l的斜率存在，不妨设， 联立消去y得， 令，解得． 设，，则，， 因为以DE为直径的圆经过点O，所以，即， 所以，即， 所以， 整理可得即，满足，解得， 所以直线l的方程为． 18. 已知等差数列前项和为．数列前项和为，． （1）求数列和的通项公式； （2）求数列的前项和； （3）若数列的前项和为，且，求的最小值． 【答案】（1）； （2） （3） 【解析】 【分析】（1）设等差数列的公差为，求出，利用等差数列通项公式即可求得，利用求出； （2）令，利用错位相减法即可求解； （3）令，得，进而利用等差数列前项和公式求得，又计算，即可求解. 【小问1详解】 设等差数列的公差为， 所以，解得， 所以， 所以， 由，当时，，解得， 当时，由有， 所以，即， 所以数列是以为公比，2为首项的等比数列， 所以， 所以； 【小问2详解】 令，设数列的前项和为， 所以①， ②， 由①②有：， 所以， 所以数列的前项和为； 【小问3详解】 令， 所以， 所以， 所以， 又， 因为， 所以的最小值为. 19. 已知函数， （1）当时，讨论函数单调性； （2）当时，若对任意，不等式恒成立，求b的最小值； （3）若存在两个不同的极值点，且，求实数取值范围． 【答案】（1）函数在区间上单调递增，在区间上单调递减; （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用导数与单调性的关系即可求解； （2）利用同构函数思想，结合函数的单调性，再用分离参变量求解即可； （3）先分离参变量，再利用韦达定理消元，最后化成单变量函数进行最值分析即可求解. 【小问1详解】 由得， 令，得，故函数在区间上单调递增， 令，得，故函数在区间上单调递减， 综上，函数在区间上单调递增，在区间上单调递减; 【小问2详解】 当时，不等式可化为， 变形为即 同构函数，求导得， 所以在上是增函数. 所以原不等式可化为， 根据单调性可得: 再构造，则 当时，，则在上单调递增， 当时，，则在上单调递减， 所以，即满足不等式成立的， 所以的最小值为; 【小问3详解】 因为存在两个不同的极值点， 所以由可得: 因为，而的对称轴是，所以可得， 根据对称性可得另一个零点，此时有， 故，又由且可得， 而 令， 则， 因为所以，即， 则， 即在区间上单调递减， 所以有， 即， 所以实数取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $