精品解析：四川成都市金牛区成都七中万达集团学校2025-2026学年高二下学期5月期中联考数学试题

成都七中万达学校2025-2026学年下期高2024级半期考试 数学试卷 满 分： 150分 时 间：120分钟 第Ⅰ卷（选择题，共58分） 一、单项选择题：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. 乘积展开后共有（ ）项． A. 9 B. 14 C. 18 D. 24 2. 已知数列满足，，则（ ）． A. 1 B. 2 C. 4 D. 3. 已知曲线在处的切线与直线垂直，则（ ） A. B. C. D. 1 4. 已知等差数列的前项和为，且，则（ ） A. B. 18 C. D. 22 5. 已知函数，则“在上单调递减”的充要条件是（    ） A. B. C. D. 6. 设，则的大小顺序为（ ） A. B. C. D. 7. 记为数列的前n项和，为数列的前n项积，且，则当取得最小值时，（ ） A. 11 B. 12 C. 13 D. 14 8. 若函数有唯一极值点，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的．全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分． 9. 记为等差数列的前项和，若，，则（ ） A. B. C. D. 当或时，最小 10. 已知函数，则（ ） A. 有两个极值点 B. 当且仅当 C. 当时， D. 若，则 11. 假定有一排蜂房，形状如图所示，一只蜜蜂在左下角，由于受了伤，只能爬行，假设只能向右（包括右上，右下，不允许往回走）从一间蜂房爬到与之相邻的蜂房中去，这只蜜蜂从蜂房出发，想爬到第号蜂房，记该蜜蜂爬到第号蜂房的路线数为数列，则（ ） A. B. C. D. 第Ⅱ卷（综合题，共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．把答案填在答题卡上． 12. 已知，则______________． 13. 小明周末打开了一款航天基地主题的游戏，看着屏幕上熟悉的平面布局，他突然意识到沉迷游戏不如用数学探索世界．于是他将基地平面图转化为涂色问题：中央中控楼不涂色，周围五个功能区域如图所示．现用红、黄、蓝、绿四种颜色给这五个区域涂色，要求相邻区域不同色（其中四种颜色可以用完，也可以不需用完）．则不同的涂色方法有______种（用数字作答）． 14. 数列满足，，则是等比数列，则______，______． 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. 如图，在直三棱柱中，，分别是的中点．已知，． （1）证明：平面； （2）求平面与平面所成角的余弦值． 16. 已知函数 （1）当时，求的极值； （2）当时，讨论函数在区间上的单调性及最小值． 17. 已知数列中，，，． （1）证明：数列为等比数列； （2）求数列的前项和； （3）记，数列的前项和为，判断与的大小关系，并说明理由． 18. 已知抛物线：（），过点的直线交于，两点，为坐标原点，当与轴垂直时，. （1）求抛物线的解析式； （2）若，过轴上一点作直线，，的垂线，垂足分别为，，，且满足，，三点共线. （ⅰ）求直线的方程； （ⅱ）求点的坐标. 19. 已知函数，的图象与轴相切． （1）求的值； （2）设正项数列满足，． （i）证明：； （ii）证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 成都七中万达学校2025-2026学年下期高2024级半期考试 数学试卷 满 分： 150分 时 间：120分钟 第Ⅰ卷（选择题，共58分） 一、单项选择题：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. 乘积展开后共有（ ）项． A. 9 B. 14 C. 18 D. 24 【答案】D 【解析】 【详解】要得到项数需分成三步： 第一步，从第一个因式中选1项，有2种选法； 第二步，从第二个因式中选1项，有4种选法； 第三步，从第三个因式中选1项，有3种选法； 根据分步乘法计数原理，总的项数就是各步选法的乘积，即共有项. 2. 已知数列满足，，则（ ）． A. 1 B. 2 C. 4 D. 【答案】C 【解析】 【详解】数列中，，， 则， 因此数列是周期数列，周期为3，而， 所以. 3. 已知曲线在处的切线与直线垂直，则（ ） A. B. C. D. 1 【答案】A 【解析】 【分析】根据导数的几何意义可得曲线在处的切线斜率，再结合直线垂直运算求解. 【详解】因为，则，可得， 即曲线在处的切线斜率， 且直线的斜率， 由题意得，解得. 故选：A. 4. 已知等差数列的前项和为，且，则（ ） A. B. 18 C. D. 22 【答案】B 【解析】 【分析】由等差数列的性质可得，进而得到，再结合求解． 【详解】解：在等差数列中，， ，解得， ． 5. 已知函数，则“在上单调递减”的充要条件是（    ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题意可得在上恒成立，即在上恒成立，令，利用对勾函数的性质求解即可. 【详解】因为， 所以， 由题意可得在上恒成立， 即，在上恒成立， 令， 由对勾函数的性质可知在上单调递增， 所以， 所以， 所以实数的取值范围为. 6. 设，则的大小顺序为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】通过构造函数，利用导数判断其单调性，再结合的大小关系，即可比较的大小. 【详解】设函数，则，令，得， 当时，，单调递增；当时，，单调递减， 而，，， 又因为，且在上单调递减，所以， 即. 7. 记为数列的前n项和，为数列的前n项积，且，则当取得最小值时，（ ） A. 11 B. 12 C. 13 D. 14 【答案】B 【解析】 【分析】根据的关系，作差可得是等比数列，即可根据是递增数列，结合，即可求解. 【详解】由题意可得，当时，， 两式相减得，而，解得， 因此数列是等比数列，， 数列是递增的正项数列，，， 因此， 所以当取得最小值时，． 故选：B 8. 若函数有唯一极值点，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题意可得有唯一变号零点，即有唯一解，先讨论时，不满足题意，从而可得，令，进而得直线与函数的图象只有一个交点，利用导数确定函数的单调区间及极值，作出图象，结合图象求解即可. 【详解】因为，， 所以，有唯一变号零点， 当时，，不满足题意； 所以， 令，得， 令， 则直线与函数的图象只有一个交点， 又因为， 令，得， 所以当时，单调递减； 当时，单调递增； 当时，单调递减； 又当时，，当时，， 所以函数在处取极小值，为0；在处取极大值，为， 作出函数、直线的图象，如图所示： 由此可得当时，满足题意； 当时，直线与函数的图象有两个交点， 一个点的横坐标为（此点为直线与函数的切点）， 且在此处不变号； 另一个点的横坐标，在此处变号，满足题意. 综上，. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的．全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分． 9. 记为等差数列的前项和，若，，则（ ） A. B. C. D. 当或时，最小 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据等差数列通项公式和性质、求和公式求出基本量，依次判断各个选项即可. 【详解】，，解得：； ，， 等差数列的公差，首项； 对于A，，，A正确； 对于B，，B错误； 对于C，，C正确； 对于D，， 当或时，取得最小值，D正确. 10. 已知函数，则（ ） A. 有两个极值点 B. 当且仅当 C. 当时， D. 若，则 【答案】AB 【解析】 【分析】对函数求导分析其单调区间与极值点，再结合选项逐一判断． 【详解】，， 令，得，， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 当时，，单调递增． 所以极大值，极小值，， 对于A，有两个极值点，分别是，，A正确； 对于B，，其中， 要使，需使且，解得，B正确； 对于C，当时， 因为，所以， 又在上单调递增，所以，C错误； 对于D，取，得， 为使，需要，即， 化简得，解得，， 若取，，满足，但此时，D错误． 11. 假定有一排蜂房，形状如图所示，一只蜜蜂在左下角，由于受了伤，只能爬行，假设只能向右（包括右上，右下，不允许往回走）从一间蜂房爬到与之相邻的蜂房中去，这只蜜蜂从蜂房出发，想爬到第号蜂房，记该蜜蜂爬到第号蜂房的路线数为数列，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】由题意可得且，据此计算判断ABCD即可. 【详解】由题意可知，该蜜蜂爬到第1号蜂房的路线数为1，该蜜蜂爬到第2号蜂房的路线数为2， 该蜜蜂爬到第3号蜂房的路线数为3，该蜜蜂爬到第4号蜂房的路线数为5， 该蜜蜂爬到第5号蜂房的路线数为8，， 该蜜蜂爬到第号蜂房的路线数为，即， 所以，，，故A正确； 由，得， 所以，所以，故B错误； ，故C正确； 由，得， 所以 ，故D正确. 第Ⅱ卷（综合题，共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．把答案填在答题卡上． 12. 已知，则______________． 【答案】 【解析】 【分析】对函数求导，然后将代入导函数中，求得相应的导数值. 【详解】由已知得， 则，解得． 故答案为：． 13. 小明周末打开了一款航天基地主题的游戏，看着屏幕上熟悉的平面布局，他突然意识到沉迷游戏不如用数学探索世界．于是他将基地平面图转化为涂色问题：中央中控楼不涂色，周围五个功能区域如图所示．现用红、黄、蓝、绿四种颜色给这五个区域涂色，要求相邻区域不同色（其中四种颜色可以用完，也可以不需用完）．则不同的涂色方法有______种（用数字作答）． 【答案】168 【解析】 【分析】先分两类讨论，每一类用分步乘法计数原理计算，最后再用分类加法计数原理相加可求解. 【详解】根据题意，有以下两种情况： （1）工业区和离心机室颜色相同，则工业区有4种涂法，宿舍区有3种涂法，浮力室有2种涂法，离心机室有1种涂法，黑室有3种涂法，共有 种； （2）工业区和离心机室颜色不同，则工业区有4种涂法，宿舍区有3种涂法，浮力室有2种涂法，离心机室有2种涂法，黑室有2种涂法，共有种； 综上，共有72 种. 14. 数列满足，，则是等比数列，则______，______． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】先写出数列前几项，利用等比数列的定义列方程求出的值；再根据递推关系分别推导出偶数项与奇数项的通项公式，最后分组求和得到前项和的表达式． 【详解】由题得，，， ，，， 所以的前3项为，，， 因为是等比数列，所以，解得. 所以数列的前项为，，， 是以为首项，为公比的等比数列， 所以，即. 因为，而，所以， 所以 ． 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. 如图，在直三棱柱中，，分别是的中点．已知，． （1）证明：平面； （2）求平面与平面所成角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）连接，交于点，连接，结合题意可得到，即可证明； （2）建立如图所示坐标系，求出平面的法向量和平面的法向量，利用向量法可求得平面与平面所成角的余弦值． 【小问1详解】 连接，交于点，连接，因为点分别是的中点， 所以，平面平面，所以平面； 【小问2详解】 因为，，由，可得， 如图，以为轴的正方向，建立空间直角坐标系，则， 于是， 设平面的法向量为， 所以，令，则， 所以平面的一个法向量为， 设平面的法向量为， 所以，令，则， 所以平面的一个法向量为， 设平面与平面所成角为， 则， 则平面与平面所成角的余弦值． 16. 已知函数 （1）当时，求的极值； （2）当时，讨论函数在区间上的单调性及最小值． 【答案】（1）极大值为，无极小值 （2）当时，在上单调递减，最小值是；当时，在上单调递增，在上单调递减；此时若，最小值为；若，最小值为；当时，在上单调递增，最小值是. 【解析】 【分析】（1）求导后，根据正负可得单调性，结合极值定义可求得结果； （2）求导后，分别讨论、和时在上的单调性，进而确定最小值. 【小问1详解】 当时，，， 当时，；当时，； 在上单调递增，在上单调递减， 的极大值为，无极小值. 【小问2详解】 由得：， ，令，解得：， 当时，；当时，； 在上单调递增，在上单调递减； ①当，即时，在上单调递减， 此时的最小值为； ②当，即时，在上单调递增，在上单调递减； ，，， 当时，，此时； 当时，，此时； ③当，即时，在上单调递增， 此时的最小值为； 综上所述：当时，在上单调递减，最小值是；当时，在上单调递增，在上单调递减；此时若，最小值为；若，最小值为；当时，在上单调递增，最小值是. 17. 已知数列中，，，． （1）证明：数列为等比数列； （2）求数列的前项和； （3）记，数列的前项和为，判断与的大小关系，并说明理由． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3），理由见解析． 【解析】 【分析】（1）对数列递推式取倒数，配凑构造出等比数列，确定首项与公比完成证明； （2）由构造数列通项推出，整理式子后用错位相减法算出前项和； （3）求出表达式并拆分变形，对通项合理放缩，借助等比数列求和证明不等式. 【小问1详解】 因为数列中，，. 两边同时取倒数可得，， 两边同时减去，可得，即， 因为，所以，所以数列是以为首项，以为公比的等比数列； 【小问2详解】 由（1）知，所以， 所以 两式相减可得． 所以． 【小问3详解】 因为，所以. 所以，所以， 因，所以. 因为，所以，所以． 18. 已知抛物线：（），过点的直线交于，两点，为坐标原点，当与轴垂直时，. （1）求抛物线的解析式； （2）若，过轴上一点作直线，，的垂线，垂足分别为，，，且满足，，三点共线. （ⅰ）求直线的方程； （ⅱ）求点的坐标. 【答案】（1） （2）（ⅰ）或：；（ⅱ）. 【解析】 【分析】（1）由抛物线的对称性质可得到，继而得到抛物线方程； （2）设：，，，联立抛物线方程与直线方程，结合韦达定理， （ⅰ）结合题干角的余弦值即可得到直线方程； （ⅱ）结合对称性以及三点共线即可得. 【小问1详解】 当与轴垂直时，， 则，解得：，即：. 【小问2详解】 （ⅰ）由与抛物线交于，两点知直线斜率不为0， 可设：，，， 联立方程组：，得到：， 由韦达定理：，， 则，， 因为 ， 代入可知：，解得：， 即：或：； （ⅱ）由对称性，不妨取：，由于，故：， 因为，设，所以：， 联立解得：，同理有：， 所以 ， 由（2）得：，，代入可知：， 故：， 由于，故， 则， 即：，因为， 所以：，联立解得：， 因为，，三点共线，所以在直线上， 代入得：， 解得：，故的坐标为. 19. 已知函数，的图象与轴相切． （1）求的值； （2）设正项数列满足，． （i）证明：； （ii）证明：． 【答案】（1）1 （2）（i）证明见解析；（ii）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）对函数求导，结合图像与轴相切满足切点处函数值、导数值都为0，联立方程组求出切点横坐标与参数的值. （2）（i）化简数列递推式得到表达式，转化待证不等式，构造函数利用单调性证明指数常用不等式，由此证得数列不等式成立. （ii）依据已证结论放缩推出，整理偶数项求和式子，运用对数放缩不等式裂项累加化简，最终证出所求和式大于. 【小问1详解】 函数，则 设的图象与轴相切于点. 则，解得，； 【小问2详解】 （i）由于，则. 因为，则. 证明等价于证明. 令，则，令，得. 则时，，则函数单调递减. 时，，则函数单调递增. 所以当时，函数取得最小值为 即，，则. 即得证． （ii）由（i）知，所以， 有（），则（）， 所以. 所以， 由（i）知，时，，. 所以，则， 所以 所以． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $