四川省荣县中学校2025-2026学年高二下学期5月期中考试数学试题

2025-2026学年高二下学期半期考试数学试题 整体难度：适中 考试范围：数列,函数与导数,等式与不等式,空间向量与立体几何 试卷题型 题型 数量 单选题 8 多选题 3 填空题 3 解答题 5 试卷难度 难度 题数 容易 1 较易 8 适中 6 较难 4 困难 0 细目表分析 题号 难度系数 详细知识点 一、单选题 1 0.95 利用an与sn关系求通项或项 2 0.85 等比中项的应用；等比数列下标和性质及应用 3 0.85 函数图像的识别；函数与导函数图象之间的关系 4 0.85 两条切线平行、垂直、重合（公切线）问题；导数的运算法则 5 0.85 利用等差数列的性质计算；求等差数列前n项和 6 0.75 等比数列片段和性质及应用 7 0.65 用导数判断或证明已知函数的单调性；由不等式的性质比较数（式）大小；比较函数值的大小关系 8 0.42 求异面直线所成的角；面积、体积最大问题 二、多选题 9 0.82 由递推关系式求通项公式；由递推关系证明数列是等差数列 10 0.85 导数定义中极限的简单计算 11 0.32 函数新定义；由递推关系式求通项公式；用导数判断或证明已知函数的单调性 三、填空题 12 0.85 求已知函数的极值点 13 0.75 导数的运算法则；求某点处的导数值 14 0.37 由递推数列研究数列的有关性质；数列新定义；数列周期性的应用 四、解答题 15 0.82 等差数列通项公式的基本量计算；裂项相消法求和；等差数列前n项和的基本量计算 16 0.56 数列不等式恒成立问题；利用an与sn关系求通项或项；由递推关系证明等比数列；错位相减法求和 17 0.65 由导数求函数的最值（不含参）；利用导数研究不等式恒成立问题；求过一点的切线方程；求已知函数的极值 18 0.6 平面分空间的区域数量；点（线）确定的平面数量问题；累加法求数列通项；裂项相消法求和；分组（并项）法求和 19 0.4 利用导数证明不等式；利用导数研究不等式恒成立问题；利用导数求函数的单调区间（不含参）；由函数在区间上的单调性求参数 知识点分析 序号 知识点 对应题号 1 数列 1,2,5,6,9,11,14,15,16,18 2 函数与导数 3,4,7,8,10,11,12,13,17,19 3 等式与不等式 7 4 空间向量与立体几何 8,18 难度分布 容易 较易 适中 较难 困难 5.26 315789473684 42.1052631578947 31.578947368421 21.0526315789474 0 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年高二下学期半期考试数学试题 一、单选题（每题5分，共40分） 1．已知数列的前项和公式为，则（　　） A．10 B．12 C．14 D．16 2．在等比数列中，，，则（   ） A．36 B． C． D．6 3．已知函数的导函数的图象如图所示，则函数的图象大致为（    ） A． B． C． D． 4．已知函数的图象在点处的切线与直线垂直，则实数m的值为（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 5．已知等差数列的前n项和为，若，则（   ） A．36 B．32 C．24 D．18 6．已知等比数列的前项和为，若，，则（    ） A．90 B．210 C．250 D．310 7．设，，，则（    ） A． B． C． D． 8．图1是一个边长为2的正三角形纸片，沿虚线剪掉三个角处的四边形，剩余部分沿的三条边折叠成一个正三棱柱（无盖），如图2，当正三棱柱的体积最大时，异面直线与所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 二、多选题（每题6分，共18分） 9．已知数列满足，则下列结论正确的有（   ） A．数列是等差数列 B．数列是等比数列 C．的通项公式为 D．数列是递增数列 10．（多选）已知函数的定义域为，曲线上点，且存在，则下列命题中正确的有（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，，则 D．若，则 11．已知定义在上的函数满足：，其中[x]表示不超过的最大整数．当时，，设数列满足，数列为从小到大第n个极小值点构成的数列，下列说法正确的是（   ） A．数列为等比数列 B．，使得 C．数列的通项公式 D．，都有 三、填空题（每题5分，共15分） 12．函数的极值点为__________. 13．已知函数满足，则________. 14．已知数列满足，该数列的前项和为.给出下列四个结论： ①； ②； ③非零常数，对都有； ④，都有. 其中所有正确结论的序号是__________. 四、解答题（共77分） 15．（13分）设为等差数列的前项和，已知，. (1)求数列的通项公式； (2)记，为数列的前项和，求. 16．（15分）已知数列的前项和为，，． (1)证明：是等比数列，并求出的通项公式： (2)求数列的前项和； (3)若，求的取值范围． 17．（15分）已知函数． (1)求的极值； (2)若对任意，都有恒成立，求实数的最小值； (3)若过点的直线与曲线相切，求的方程． 18．（17分）记平面内条直线最多将平面分成个部分，空间中个平面最多将空间分成个部分，. (1)请写出，，，的值（无需说明理由）； (2)求； (3)设，求数列的前项和. 19．（17分）已知函数，． (1)当时，求的单调区间； (2)当时，，求的取值范围； (3)求证：． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 四川省荣县中学校2025-2026学年高二下学期半期考试数学试题参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B D D D C B D A AC ABD 题号 11 答案 AC 1．B 【详解】． 2．D 【详解】在等比数列中，因为，所以，即， 所以，又因为与同号，所以. 3．D 【分析】根据导数图像的变化特点进行分析即可. 【详解】结合图象可知，在从最大值逐渐减小到最小值，所以切线斜率从趋近于0逐渐到最小，斜率绝对值逐渐增大，因此下降越来越快， 在从最小值逐渐增加到0，所以切线斜率从最小值（负值）逐渐趋近于0，斜率绝对值逐渐减小，因此下降越来越平缓，D符合这个性质. 4．D 【分析】求出函数的导数，再利用导数的几何意义，结合垂直关系列式求解. 【详解】函数，求导得，则， 由函数的图象在点处的切线与直线垂直，得， 即，所以. 5．C 【详解】等差数列中，由得， 所以. 6．B 【详解】由题意可知成等比数列， 所以，解得. 7．D 【分析】构造函数 ，利用其单调性比较，利用不等式性质比较，得到大小关系. 【详解】构造函数 ，则，令得， 则当时，，单调递增，当时，，单调递减， 因此的最大值在处取得，又 ，， 所以，即 又，所以，所以，即 ， 综上可得. 8．A 【分析】设正三棱柱的底面边长为，高为，求得，得到正三棱柱的体积为，利用导数求得，求得的单调性，得到时，取得最大值，结合异面直线所成角的求法，即可求解. 【详解】设正三棱柱的底面边长为，高为， 则，所以，其中，解得， 所以正三棱柱的体积为： ， 可得 令，即，解得或， 因为，所以， 当时，，单调递增；当时，，单调递减， 所以当时，取得最大值，此时， 在直角中，可得， 连接，可得， 在正三棱柱中，可得， 所以异面直线与所成角，即为直线与所成的角， 在中，可得， 所以异面直线与所成角的余弦值为. 9．AC 【详解】由，得，则， 所以数列是以为首项，2为公差的等差数列，故A正确，B错误； 则，即，即数列是递减数列，故C正确，D错误. 10．ABD 【分析】根据导数的定义可先计算两个变量的改变量，再求极限即可. 【详解】对于A：，故A正确； 对于B：，解得，故B正确； 对于C：，解得，故C错误； 对于D： ，故D正确． 故选：ABD． 11．AC 【分析】由题意可得，计算可判断A；由题意得，求解判断B；若时，可得，求解计算可判断CD. 【详解】因为定义在上的函数满足：，且， 所以，所以， 又，所以是以为首项，2为公比的等比数列，故A正确； 所以，所以， 若，得，解得，又，不存在的值， 所以不存在，使得，故B错误； 当时，由，得，令，解得， 当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增， 所以是函数的第一个极小值点. 若时，则， 则， 所以，， 所以，即 递推得， 求导得， 令，可得，解得，即， 当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增， 所以的第个极小值点为， 所以，即，故C正确； 所以第个极小值为 当时，极小值，故D错误. 【点睛】 12．1 【分析】求导，令导函数为0，可得极值点，分析单调性，即可得答案. 【详解】由题意得， 令，得或（舍）， 当时，，则单调递减， 当时，，则单调递增， 所以为的极小值点，无极大值点. 13． 【详解】先对求导：. 令，得. 移项得，即. 所以，代入， . 14．①④ 【分析】对于①②，根据条件直接求解即可；对于③，假设存在，推导出一个奇数为数列的一个周期，推出矛盾；对于④，推导出. 【详解】对于①，，故，①正确； 对于②，，故，而，故，②错误； 对于③，假设存在非零常数，对，都有，显然， 当 ，时，则 ， 若，则，不合要求， 综上， ，，不满足要求； 当 ，时，则，不合要求； 当 ，时，， 若，则，不合要求， 综上， ，不合要求； 当 ，时，，故为数列的一个周期， 同理，故也为数列的一个周期， 依次类推，最终可得一个奇数为数列的一个周期， 但根据前面所推导，奇数不是的周期，故假设不成立， 不存在非零常数，对，都有，③错误； 对于④，，故，，故， 由得，，， ， 因此， 于是， 因为，故当时，， 所以， 其中，所以， ，都有，④正确. 15．(1) (2) 【分析】（1）利用等差数列通项公式及前项公式列出方程组解出等差数列的首项和公差即可； （2）先求出数列的通项公式，然后利用裂项相减法求和，可求出的值. 【详解】（1）等差数列中，，， ，解得，， . （2），， . 16．(1)证明见详解； (2) (3) 【分析】（1）由与关系结合题意可得，据此可完成证明；进而求出的通项公式； （2）由（1）结合错位相减法可得答案； （3）根据（1）得到，根据作差法得到数列的单调性，再求范围即可. 【详解】（1）已知，故，当时，. 因为，代入， 整理得. 因此是首项为、公比为的等比数列， 所以，故. （2） 两边同乘​得 得，， 整理得. （3）由​得，设​，对任意正整数恒成立， 只需的最大值. ， 当时，，即； 当时，，即， 故最大值为. 因此的取值范围为. 17．(1)的极大值为；的极小值为 (2) (3) 【分析】（1）利用导数研究单调性求极值即可求解； （2）由（1）的单调性求出函数的最值即可求解； （3）设切点，利用导数的几何意义求切线方程，代入，解出即可求解. 【详解】（1）由题意得：，令，解得或， 由有：或，由有：， 所以在单调递减，在单调递增， 所以的极大值为， 的极小值为 （2）由已知有：对任意，都有恒成立， 由（1）有在单调递增，在单调递减， 又， 所以， 所以， 所以实数的最小值为； （3）设切点为， 所以，， 所以切线方程为：， 所以， 又切线过点， 所以， 化简整理有：，即，解得， 所以直线的方程为：， 所以直线的方程为：. 18．(1)，，， (2) (3) 【分析】（1）通过位置关系可分析出结果； （2）分析可得，采用累加法可求得； （3）类比（2）中结论，结合累加法可求得，进而得到，采用裂项相消法可求得结果. 【详解】（1）， ，如图所示： ，如图所示： ，如图所示： （2）由题意知：当条直线两两相交且交点互不相同时，分平面的部分最多； 第条直线与前条直线有个交点，这个交点将第条直线分成段，每一段将原来的部分分成两部分，故新增加部分，即， ； 当时，满足； . （3）当个平面两两相交且交线互不相同时，分空间的部分最多； 第个平面与前个平面有条交线，这条交线两两相交且交点不同， 由（2）知：将第个平面分成个部分，每部分将原来的空间分成两部分，故新增加部分，即， ， ， ， 又满足， ； ， . 19．(1)单调递增区间为和，无单调递减区间 (2) (3)证明过程见解析 【分析】（1）将代入中，求导，再构造函数，求导，分析函数的单调性求出，进而即可得到的单调区间； （2）依题意将条件转化为，，再构造函数，求导，再分析附近的导数，从而得到，进而验证和时，在上是否恒成立即可； （3）依题意，可先证明不等式，，从而构造函数，求导，分析函数的单调性来证明该不等式成立，从而得到，再结合对数的运算及裂项相消求和即可证明结论． 【详解】（1）当时，，其定义域为， 则， 令，则， 若，，即在上单调递减； 若，，即在上单调递增， 则， 所以在和上恒成立， 所以的单调递增区间为和，无单调递减区间． （2）当时，由，整理得， 令，， 则， 当时，， 所以要使在上恒成立， 即要使（否则在附近会递减，导致）， 则，解得， 以下验证时，在上恒成立， 当时，，， 令，，则， 则，即， 所以在上单调递增，所以， 所以满足； 当时，则，所以， 所以也满足． 综上所述，的取值范围为． （3）先证明不等式，， 令，， 即证不等式，， 令，， 则， 则在上单调递增，所以， 所以不等式在时成立， 则， ， 所以，得证． 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $