精品解析：广东江门市鹤山市纪元中学2025-2026学年高二第二学期期中考试数学试题

纪元中学2025-2026学年度高二第二学期期中考试数学科试卷 （时间：120分钟 满分：150分） 出题人：杨建才 审题人：张海生 一、选择题：本题共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. 下列选项正确的是（ ） A. B. C. D. 2. 学校食堂的一个窗口共卖4种菜品，甲、乙、丙3名同学每人从中选一种，则选法的可能方式共有（ ） A. 种 B. 种 C. 4种 D. 种 3. 已知数列满足，则的值为（ ） A. 2 B. 1 C. D. -1 4. 记等差数列的前项和为，若，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知函数的图像开口向下，，则 A. B. C. 2 D. -2 6. 已知等比数列，且，，则（ ） A. 9 B. 32 C. 16 D. 11 7. 已知函数在处取得极小值，则（ ） A. B. 1 C. D. 3 8. 已知函数， ，若恰有个零点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分. 9. 已知函数的导函数的图象如下图所示，则（ ） A. 函数的图象在处的切线斜率小于零 B. 函数在区间上单调递增 C. 当时，函数取得极值 D. 当时，函数取得极值 10. 现有5幅不同的国画，2幅不同的油画，7幅不同的水彩画，则下列说法正确的是（ ）. A. 从中任选1幅画布置房间，有14种不同的选法 B. 从这些国画、油画、水彩画中各选1幅布置房间，有70种不同的选法 C. 从这些画中选出2幅不同种类的画布置房间，有59种不同的选法 D. 从甲、乙、丙3幅不同的画中选出2幅，分别挂在左、右两边墙上的指定位置，共有12种不同的挂法 11. 数列的前项和为，若，，则有（ ） A. B. 为等比数列 C. D. 为等比数列 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 一个火车站有6股岔道，如果每股道只能停放1列火车，现要停放2列不同的火车，不同的停放方法共有______种 13. 已知数列的前项和，则的前12项和为___________． 14. 曲线的一条切线经过点，则该切线方程为______． 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 已知是等差数列的前n项和，，． （1）求数列的通项公式； （2）求证：． 16. 用0，1，2，3，4，5这六个数字，能组成多少个符合下列条件的数字？（运算结果以数字作答） （1）无重复数字的四位偶数； （2）无重复数字且为5的倍数的四位数； （3）无重复数字且比1230大的四位数． 17. 已知函数. （1）求函数的单调区间以及极值； （2）求函数在上的最小值. 18. 已知数列满足，且． （1）证明：数列是等比数列； （2）求的前n项和． 19. 已知函数. （1）讨论的单调性； （2）若函数有两个零点，求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 纪元中学2025-2026学年度高二第二学期期中考试数学科试卷 （时间：120分钟 满分：150分） 出题人：杨建才 审题人：张海生 一、选择题：本题共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. 下列选项正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】对于A，，而，所以选项A错误. 对于B，，而不是，所以选项B错误. 对于C，，所以选项C正确. 对于D，，而不是，所以选项D错误. 2. 学校食堂的一个窗口共卖4种菜品，甲、乙、丙3名同学每人从中选一种，则选法的可能方式共有（ ） A. 种 B. 种 C. 4种 D. 种 【答案】D 【解析】 【详解】学校食堂的一个窗口共卖4种菜品，甲、乙、丙3名同学每人从中选一种， 则选法的可能方式共有种. 3. 已知数列满足，则的值为（ ） A. 2 B. 1 C. D. -1 【答案】A 【解析】 【分析】由递推公式写出数列的一些项，找出数列的周期，即可求解. 【详解】由， 可得，即， 可知数列是最小正周期为3的数列， 所以，故A正确． 故选：A． 4. 记等差数列的前项和为，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用等差数列的性质和求和公式可求得的值. 【详解】因为等差数列的前项和为，且， 则. 故选：C. 5. 已知函数的图像开口向下，，则 A. B. C. 2 D. -2 【答案】B 【解析】 【分析】利用瞬时变化率的定义和导数求解. 【详解】由题意， 由导数的定义可知， 解得， 又因为的图像开口向下，所以， 所以. 故选B 【点睛】本题主要考查瞬时变化率和导数的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力. 6. 已知等比数列，且，，则（ ） A. 9 B. 32 C. 16 D. 11 【答案】C 【解析】 【分析】利用等比数列通项公式将已知条件转化为关于首项和公比的方程，求解参数后代入公式计算. 【详解】设等比数列的公比为， 则，， 所以， 解得，， 故. 7. 已知函数在处取得极小值，则（ ） A. B. 1 C. D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】先由求出的可能取值，再逐一进行验证，即可得到的确定取值. 【详解】因为，所以. 由或. 当时，. 由或；由. 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以函数在处取得极小值， 故满足题意； 当时，. 由或；由. 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以函数在处取得极大值， 故不满足题意. 综上，. 8. 已知函数， ，若恰有个零点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用导数判断函数的单调性，结合函数性质作函数的图象，条件 恰有个零点可转化为直线与的图象恰有2个交点，结合图象求结论. 【详解】当时，，则， 所以当时，，函数在上单调递减， 当时，，函数在上单调递增， 所以当时，函数的取值范围为． 作出的大致图象，如图所示． 由，得， 由图可知，当时，直线与的图象恰有2个交点， 即恰有2个零点． 所以的取值范围是. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分. 9. 已知函数的导函数的图象如下图所示，则（ ） A. 函数的图象在处的切线斜率小于零 B. 函数在区间上单调递增 C. 当时，函数取得极值 D. 当时，函数取得极值 【答案】BC 【解析】 【分析】根据导数的几何意义判断Ａ；利用导函数的正负，分析函数的单调性，判断Ｂ；利用极值点的定义判断Ｃ，Ｄ. 【详解】由图可知，所以函数的图象在处的切线斜率大于零，所以Ａ错误. 当时，恒成立，所以函数在区间上单调递增，所以Ｂ正确. 由图可知，在的附近，当时，；当时，. 即是的一个变号零点，所以在处取得极值.所以Ｃ正确. 在的附近，恒成立，所以单调递增，所以不是的极值点，所以Ｄ错误. 故选：BC. 10. 现有5幅不同的国画，2幅不同的油画，7幅不同的水彩画，则下列说法正确的是（ ）. A. 从中任选1幅画布置房间，有14种不同的选法 B. 从这些国画、油画、水彩画中各选1幅布置房间，有70种不同的选法 C. 从这些画中选出2幅不同种类的画布置房间，有59种不同的选法 D. 从甲、乙、丙3幅不同的画中选出2幅，分别挂在左、右两边墙上的指定位置，共有12种不同的挂法 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据题意，结合分类加法计数原理和分步乘法计数原理，逐项计算，即可求解. 【详解】对于A，根据分类加法计数原理可知，共有种不同的选法，故A正确. 对于B，根据分步乘法计数原理可知，共有种不同的选法，故B正确. 对于C，可分为三类：第一类是1幅选自国画，1幅选自油画，有种不同的选法； 第二类是1幅选自国画，1幅选自水彩画，有种不同的选法； 第三类是1幅选自油画，1幅选自水彩画，有种不同的选法， 故共有种不同的选法，故C正确. 对于D，可以分两个步骤完成：第一步，从3幅画中选1幅挂在左边墙上，有3种选法； 第二步，从剩下的2幅画中选1幅挂在右边墙上，有2种选法， 根据分步乘法计数原理知，不同挂法的种数是，故D错误. 故选：ABC. 11. 数列的前项和为，若，，则有（ ） A. B. 为等比数列 C. D. 为等比数列 【答案】AD 【解析】 【分析】利用求出可判断BC；求出可判断AD. 【详解】，当时，， 两式相减得，，即， 当时，， 数列从第二项起为公比为3的等比数列，故B错误； ，故C错误； 由当时，，所以， 又满足上式，所以，故A正确； 由得，又， 为等比数列，故D正确. 故选：AD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 一个火车站有6股岔道，如果每股道只能停放1列火车，现要停放2列不同的火车，不同的停放方法共有______种 【答案】30 【解析】 【详解】一个火车站有6股岔道，如果每股道只能停放1列火车， 现要停放2列不同的火车，不同的停放方法共有种. 13. 已知数列的前项和，则的前12项和为___________． 【答案】80 【解析】 【分析】根据，先求出数列的通项公式，即可判断各项的正负，然后再直接求解数列的前12项的和即可. 【详解】因为， 当时，； 当时，满足上式； 所以， 令，解得；令，解得； 所以 ． 故答案为：80. 14. 曲线的一条切线经过点，则该切线方程为______． 【答案】 【解析】 【详解】已知，则， 设切点坐标为，则切线斜率为， 此时切线方程为， 因为曲线的一条切线经过点， 所以，即， 因为恒成立，所以，此时切线斜率，切点坐标为， 则该切线方程为，即. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 已知是等差数列的前n项和，，． （1）求数列的通项公式； （2）求证：． 【答案】（1）； （2）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）设公差为，然后由等差数列通项公式，等差数列前n项和公式可得答案； （2）由（1）结合裂项求和法可完成证明. 【小问1详解】 设公差为，因， 则，从而； 【小问2详解】 由（1），， 从而. 16. 用0，1，2，3，4，5这六个数字，能组成多少个符合下列条件的数字？（运算结果以数字作答） （1）无重复数字的四位偶数； （2）无重复数字且为5的倍数的四位数； （3）无重复数字且比1230大的四位数． 【答案】（1）个 （2）个 （3）个 【解析】 【分析】（1）分个位数字为0，2，4，三种情况分别应用排列计算结合分类加法原理计算即可； （2）分个位数字为0，5，两种情况分别应用排列计算结合分类加法原理计算即可； （3）分首位数字，百位数字，十位数字，个位数字比1230大分类讨论列排列数结合加法原理计算求解. 【小问1详解】 符合要求的四位偶数可分为两类． 第一类，0在个位时有个； 第二类，2或4在个位时，首位从1，3，4（或2），5中选（有种情况），十位和百位从余下的数字中选（有种情况），于是有个． 由分类加法计数原理知，共有四位偶数（个）． 【小问2详解】 符合要求的数可分为两类：第一类：0在个位时有个； 第二类：5在个位时有个． 故满足条件的四位数共有（个）． 【小问3详解】 符合要求的比1230大的四位数可分为四类： 第一类：形如2□□□，3□□□，4□□□，5□□□，共有个； 第二类：形如13□□，14□□，15□□，共有个； 第三类：形如124□，125□，共有个； 第四类：形如123□，共有个． 由分类加法计数原理知， 无重复数字且比1230大的四位数共有（个）． 17. 已知函数. （1）求函数的单调区间以及极值； （2）求函数在上的最小值. 【答案】（1）单调递增区间为，单调递减区间为；极大值为，无极小值 （2）1 【解析】 【分析】(1)先求函数的定义域，然后对函数求导，利用导数的正负，求得函数的单调区间，从而可求得函数的极值; (2)根据第(1)小问的单调性，确定函数在区间上的单调性，从而函数的最小值是，比较和的大小，求得函数的最小值. 【小问1详解】 函数的定义域是. 又，令，得，令，得， 故函数的单调递增区间为，单调递减区间为， 所以函数的极大值为，无极小值. 【小问2详解】 由（1）可知，在上单调递增，在上单调递减， 所以在上的最小值为. 因为，所以， 所以函数在上的最小值为1. 18. 已知数列满足，且． （1）证明：数列是等比数列； （2）求的前n项和． 【答案】（1） 证明见解析； （2） . 【解析】 【分析】（1）由递推公式构造相关数列，再利用等比数列定义可完成证明； （2）由（1）结合错位相减法，分组求和法可得答案. 【小问1详解】 因，则， 从而，则是以为首项，公比为2的等比数列； 【小问2详解】 由（1）可得：，则， 从而 ， 设，则， 从而 ， 又， 则. 19. 已知函数. （1）讨论的单调性； （2）若函数有两个零点，求的取值范围． 【答案】（1）答案见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，求得，分和，两种情况讨论，结合的符号，即可求得函数的单调区间； （2）根据题意，转化为与函数的图象有两个交点， 求得，利用导数求得函数的单调性与极值，作出函数的图象，结合图象，即可得到的取值范围. 【小问1详解】 解：由函数，可得其定义域为，且． （i）当时，对任意的，，所以在上单调递增； （ii）当时，若，则，则在上单调递增； 若，则，则在区间上单调递减． 综上所述，当时，函数的单调递增区间为； 当时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为. 【小问2详解】 解：令，可得，令，其中， 因为函数有两个零点，所以函数与函数的图象有两个交点， 又由，令，可得， 列表如下： + 0 - 递增 极小值 递减 所以函数的极小值为， 且当时，；当，；当，， 所以函数的图象，如图所示， 当时，函数与函数的图象有两个交点， 因此，所求的取值范围为； 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $