精品解析：江西南昌市第二中学2025-2026学年高二下学期5月期中检测数学试题

南昌二中2025-2026学年度下学期高二数学期中试卷 命题人：龙光鹏 审题人：周启新 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，只有一项符合题目要求的． 1. 已知数列满足，，则（     ） A. B. C. D. 2. 已知函数，则（ ） A. B. C. D. 3. 现一排有7个座位，安排甲、乙、丙3名同学就坐，若这3位同学不相邻，则不同的安排方法有（     ） A. B. C. D. 4. 已知正项数列满足，若数列是等差数列，则（ ） A. B. C. D. 5. 如图，在正方体中，为的中点，则直线与平面所成角的正弦值为（ ） A. B. C. D. 6. 双曲线的右焦点为，点在双曲线的右支上，若，则双曲线的离心率为（  ） A. B. C. D. 7. 从装有6个白球，2个红球的密闭容器中逐个不放回地摸取小球. 若每取出1个红球得2分，每取出1个白球得1分. 按照规则从容器中任意摸取2个球，所得分数的期望为（     ） A. B. 3 C. D. 8. 函数的零点个数为（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 二、多项选择题：共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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. 函数的导函数的图像如图所示，则（ ） A. 是函数的极值点 B. 是函数的极小值点 C. 在区间上单调递增 D. 是函数的极大值点 10. 设等比数列的公比为，前项积为，并且满足条件，.则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 的最大项为 11. 若直线与曲线相交于不同两点，曲线在A，B点处的切线交于点，设的斜率为的斜率为，则（    ） A. 时， B. 时， C. D. 三、填空题：共3个小题，每小题5分，共15分． 12. 已知等差数列中， ，则该数列前9项和等于________． 13. 已知曲线在点处的切线也是曲线的切线，则________． 14. 设函数仅有两个零点和一个极大值点，且，若是公比为的等比数列，则________． 四、解答题：共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或验算步骤． 15. 已知函数在处取得极大值． （1）求的值； （2）求在区间上的最大值． 16. 如图数表，在第行中，共有个相同的数，记第行所有数的和为，前行所有数的和为. （1）若成等差数列，求的值； （2）求. 17. 已知数列的前项和为，若，且． （1）求的通项公式； （2）令 ，求数列的前项和为. 18. 已知函数． （1）求曲线在处的切线方程； （2）求证：； （3）证明：函数存在唯一极大值点，且． 19. 已知函数，． （1）求在内的单调性； （2）若存在，使得，求实数a的取值范围； （3）设方程在区间内的根从小到大依次为，，…，，，试比较与的大小，并说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 南昌二中2025-2026学年度下学期高二数学期中试卷 命题人：龙光鹏 审题人：周启新 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，只有一项符合题目要求的． 1. 已知数列满足，，则（     ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据递推公式求解即可. 【详解】由，得，. 2. 已知函数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】函数，可得， 故. 3. 现一排有7个座位，安排甲、乙、丙3名同学就坐，若这3位同学不相邻，则不同的安排方法有（     ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】先将4个空座位排成一排，形成5个可插入的空隙， 再将3名同学安排在这5个空隙中，共有种方法. 4. 已知正项数列满足，若数列是等差数列，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由得到，结合等差中项求解即可. 【详解】因为为正项数列，所以. 由，得，即. 等差数列中，，所以. 5. 如图，在正方体中，为的中点，则直线与平面所成角的正弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】取的中点，连接，则 ， 为的中点，， 且，且， 四边形是平行四边形， ，所以直线与平面所成角等于直线与平面所成角， 因为平面，所以为直线与平面所成角， 则为直线与平面所成角， 设正方体的棱长为，， 是的中点，所以 ，， ， 所以，直线与平面所成角的正弦值为. 故选项C正确. 6. 双曲线的右焦点为，点在双曲线的右支上，若，则双曲线的离心率为（  ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】方法一：证明，由双曲线定义可得，结合勾股定理及离心率定义求结论. 方法二：设点，由两点间距离公式结合已知条件求出，结合双曲线方程化简得出，结合求解． 【详解】 方法一：设左焦点为，由已知， 所以 ，又 ， 所以， 因为 ，由双曲线定义可得 ， 所以，故双曲线的离心率； 方法二：设点，双曲线的右焦点， 已知，， 由两点间距离公式得，则， 化简得，解得，则， 代入双曲线方程得 ， 化简整理得，设，解得或（舍去）， ． 7. 从装有6个白球，2个红球的密闭容器中逐个不放回地摸取小球. 若每取出1个红球得2分，每取出1个白球得1分. 按照规则从容器中任意摸取2个球，所得分数的期望为（     ） A. B. 3 C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】得2分的概率为，得3分的概率为， 得4分的概率为， 则得分数的期望为. 8. 函数的零点个数为（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】求导，令，继续求导可得有唯一解，且，进而可得的单调性和最值，结合单调性及最值判断零点个数即可． 【详解】，令， ，解得或， 时，，单调递增， 时，，单调递减， 时，，单调递增， ， ， 又 ， 有唯一解，且，即， 则时，，即，单调递减， 时，，即，单调递增， ， 又， ， 即 ，又 ， 所以在和分别存在一个零点，即零点个数为2． 二、多项选择题：共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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. 函数的导函数的图像如图所示，则（ ） A. 是函数的极值点 B. 是函数的极小值点 C. 在区间上单调递增 D. 是函数的极大值点 【答案】AC 【解析】 【详解】由图像可得，当时，当时， 所以在上单调递减，在上单调递增， 故是函数的极值点， 、不是函数的极值点， 故选：AC 10. 设等比数列的公比为，前项积为，并且满足条件，.则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 的最大项为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，分，讨论可得；对于B、C，借助，得为递减数列，即，结合，得；对于D，由BC知当时，，当时，，即可得的最大项. 【详解】对于A，由等比数列性质可得， 若，因为，所以，不满足， 若，因为，所以，不满足， 所以，故A正确； 对于B、C，因为，为递减数列，所以， 又，所以，故B错误、C正确； 对于D，由B，C可得当时，，当时，， 所以的最大值为，故D正确． 故选：ACD. 11. 若直线与曲线相交于不同两点，曲线在A，B点处的切线交于点，设的斜率为的斜率为，则（    ） A. 时， B. 时， C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，求出曲线过原点的切线方程即可判断；对于B，易知直线与曲线交于点，再取点即可判断；对于C，不妨取，则，再令，利用导数即可得到，进而可得即可判断；对于D，作差得，令，，再利用导数证明即可． 【详解】对于A，时，， 设过原点的曲线的切线的切点为， 因，则切线方程为，又过， ，解得，即过原点与曲线相切的直线方程为， 又直线与曲线相交于不同两点，，故A正确； 对于B，时，，直线过点， 又曲线也过，则点为直线与曲线的一个交点， 在曲线上取一点，此时直线斜率，故B错误； 对于C，不妨取，则， 曲线在处的切线方程为， 设 ，则， 令，解得， 时，，单调递减， 时，，单调递增， ，即（当且仅当时取等）， 由题易知，， 又，所以单调递增，且， ，则，故C正确； 对于D，由题可知，， ， 不妨取，则 ， 令，则该式的分子：， 令，则， 令， 时，，在单调递增， ，则， 在单调递增，则， ，即，故D正确． 三、填空题：共3个小题，每小题5分，共15分． 12. 已知等差数列中， ，则该数列前9项和等于________． 【答案】36 【解析】 【详解】，，. 13. 已知曲线在点处的切线也是曲线的切线，则________． 【答案】1 【解析】 【分析】根据导数的几何意义先求得的切线方程，再设出该切线与的切点，再利用公切线的斜率相等，且切点也在公切线上，代入计算即可求解． 【详解】由，则， 所以曲线在点处的斜率为， 所以曲线在点处的切线方程为． 设直线与曲线相切的切点为，且， 则，解得． 14. 设函数仅有两个零点和一个极大值点，且，若是公比为的等比数列，则________． 【答案】2 【解析】 【分析】由三次函数有两个零点，得出其中一个为二重根，求导并求出极值点，结合已知条件得出，结合等比中项的性质构造方程得出，进而求出等比数列的公比． 【详解】三次函数有两个零点，则其中有1个为二重根， 导数是开口向上的二次函数， 有两个极值点，左零点为极大值点，右零点为极小值点， 由可知，极小值点为，极大值点为， 是二重零点，是单零点， 则，求导得， 令 ，解得或， ， 已知是公比为的等比数列， ，展开整理得， 解得或（舍去）， ， ． 四、解答题：共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或验算步骤． 15. 已知函数在处取得极大值． （1）求的值； （2）求在区间上的最大值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）求导，然后令求出，代入验证是否符合题意即可； （2）求导，确定函数在区间上的单调性，进而可求最大值. 【小问1详解】 由已知 令得或， 当时，令得或，令得， 故函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 此时函数在处取极大值，在处取极小值，与函数在处取得极大值不符； 当，即时，令得或，令得， 故函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 此时函数在处取极大值，在处取极小值，符合题意； 所以； 【小问2详解】 由（1）得，， 令，得，函数单调递增， 令，得，函数单调递减， 所以. 16. 如图数表，在第行中，共有个相同的数，记第行所有数的和为，前行所有数的和为. （1）若成等差数列，求的值； （2）求. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由等差数列的性质以及，求解即可； （2）由题意可得，再由错位相减法求解即可. 【小问1详解】 由题意可得，第行所有数的和为，所以，，因为成等差数列， 所以，所以，当时，等式成立. 【小问2详解】 由题意可得，， 令，通过错位相减法可得 ①， ②， ①②可得， ，所以， 解得，所以. 17. 已知数列的前项和为，若，且． （1）求的通项公式； （2）令 ，求数列的前项和为. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）通过前项和的递推式作差得到相邻两项和的关系，推导得奇数项、偶数项均为公差为4的等差数列，合并得到通项； （2）化简得，用裂项相消法求和. 【小问1详解】 当 时，代入递推式得 ，已知 ，故 ，. 当 时，有 ①； 当 时， ②； ①-②得 ， 验证 时 ，故 对所有 成立. 将①中替换为 得 ③； ③-①得 ④； ④减去 ，得 ()，即数列奇数项、偶数项均为公差为 4 的等差数列： 当为正奇数时，设 ()， ； 当为正偶数时，设 ()， 。 综上， (). 【小问2详解】 将 代入得： ， 故 . 数列的前项和为：，其中 ， 因此： 18. 已知函数． （1）求曲线在处的切线方程； （2）求证：； （3）证明：函数存在唯一极大值点，且． 【答案】（1） （2）证明见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）计算切点坐标，对函数求导，将代入导数，再利用点斜式求解即可； （2）先将不等式等价转化为，设函数 ，求导判断单调性，利用零点存在性定理推出存在唯一的，使得，推出，分别证明 和，即可放缩后证得即得证； （3）对求导，分析导函数 的单调性，得到有解，由在上单调递增，在上单调递减即可求解. 【小问1详解】 由求导得， 则 ，又， 则曲线在处的切线方程为，即. 【小问2详解】 要证，即证， 因为，则得，即 ， 令 ，则， 因在上单调递增，且 ， ， 因此存在唯一的，使得， 当时，,当时，, 即函数在上单调递减，在上单调递增， 故（*）. 设 ,则 ,即函数在上单调递增， 故,则 ； 再设 ,则,当时，,当时，； 即函数在上单调递增，在上单调递减，故 , 则得 ，当且仅当时取等. 则由（*）可得, 因，故可得 ,即 , 故得证. 【小问3详解】 由题意可得，，则， 令 ，所以， 当时，，当时，， 则在上单调递减，在上单调递增，则 ， 从而有解，即存在两根，，设， 则在上为正，在上为负，在上为正， 所以必存在唯一极大值点，且， 所以，由可知， 由 可知，， 在上单调递增，在上单调递减，所以， 综上，函数存在唯一极大值点，且. 19. 已知函数，． （1）求在内的单调性； （2）若存在，使得，求实数a的取值范围； （3）设方程在区间内的根从小到大依次为，，…，，，试比较与的大小，并说明理由． 【答案】（1）在上单调递增，在上单调递减． （2） （3），理由见解析 【解析】 【分析】（1）由题可得，解出和的解集即可求解. （2）由已知可得存在，使得成立，因为时，，故存在，用参变分离法可得出，利用导数求出函数在上的最大值即可求解； （3）令，利用导数分析在上的单调性，利用零点存在性定理可知，求得，证明出，结合的单调性，即可证得结论成立. 【小问1详解】 ． 当时，，，单调递增； 当时，，，单调递减； 所以，在上单调递增，在上单调递减． 【小问2详解】 由题可知存在，使得成立， ∵时，，故存在，使得． 令，其中， ， 且不恒为零，故函数在上单调递减， 则，故． 【小问3详解】 ． 证明：由可得， 令，则． 因为，则， 所以，所以函数在上单调递减， 因为，， 所以，存在唯一的，使得， 所以，，， 同理可得， 且， 因为，所以， 因为，所以， 所以， 因为函数在上单调递减， 故，即, 取，则, 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $