精品解析：陕西渭南市瑞泉中学2025-2026学年高二下学期第二次教学质量检测数学试题

瑞泉中学2025-2026学年度下学期第二次教学质量检测 高二数学试题 第Ⅰ卷（选择题 共58分） 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. 已知等差数列的前n项和为，若，，则（ ） A. B. C. D. 2. 如图，函数的图象在点P处的切线方程是，则（ ） A. B. 2 C. 0 D. 3 3. 已知函数，则（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 4. 在等比数列中，，，则（ ） A. 36 B. C. D. 6 5. 若函数在内有两个零点，是自然对数的底数，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 6. 下面四个判断中，正确的是（ ） A. 式子中，当时，式子的值为1 B. 式子中，当时，式子的值为 C. 式子中，当时，式子的值为 D. 设，则 7. 某学校餐厅每天供应500名学生用餐，每星期一有，两种菜可供选择，调查资料表明，凡是在星期一选种菜的学生，下星期一会有改选种菜；而选种菜的学生，下星期一会有改选种菜．用，分别表示在第个星期的星期一选种菜和选种菜的学生人数，则与的关系可以表示为（ ） A. B. C. D. 8. 设曲线在处的切线与x轴交点的横坐标为，则的值为（ ） A. B. C. D. 1 二、多选题：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. 设等差数列的前项和为，公差为，已知，，则下列选项正确的有（ ） A. 最小时， B. 时，的最小值为16 C. 数列是递增数列 D. 10. 已知函数，在上可导，且，则当时，有（ ） A. B. C. D. 11. 设数列的前n项和为，且，若，则下列结论正确的有（ ） A. B. 数列单调递减 C. 当时，取得最小值 D. 时，n的最小值为8 第Ⅱ卷 非选择题（共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知等比数列及等差数列，其中，公差.将这两个数列的对应项相加，得一新数列，则等比数列的前10项之和为________. 13. 设函数是定义在上的可导函数，其导函数为，，并且，则不等式的解集为________. 14. 已知关于的不等式恒成立，则实数 的取值范围是_____. 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. 记为等差数列的前项和，已知． （1）求的通项公式； （2）求数列的前项和． 16. 已知函数在处取得极值． （1）求的值； （2）求曲线在点处的切线方程； （3）求函数在上的最值． 17. 已知数列中，． （1）证明数列为等比数列； （2）求数列的前n项和； （3）记，数列的前n项和为，求证：． 18. 已知函数，． （1）求的极值； （2）若在单调递增，求实数a的取值范围； （3）当时，若对任意的，总存在，使得，求实数a的取值范围． 19. 已知函数. （1）若在上单调递增，求实数的取值范围. （2）已知方程有两个不相等的实数根，且. ①求的取值范围； ②若，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 瑞泉中学2025-2026学年度下学期第二次教学质量检测 高二数学试题 第Ⅰ卷（选择题 共58分） 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. 已知等差数列的前n项和为，若，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】设的公差为，由，得，即． 由，得，所以． 所以，所以． 2. 如图，函数的图象在点P处的切线方程是，则（ ） A. B. 2 C. 0 D. 3 【答案】B 【解析】 【详解】根据图像得，点，切线斜率为，，则. 3. 已知函数，则（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】C 【解析】 【详解】，∴，∴， ∴． 4. 在等比数列中，，，则（ ） A. 36 B. C. D. 6 【答案】D 【解析】 【详解】在等比数列中，因为，所以，即， 所以，又因为与同号，所以. 5. 若函数在内有两个零点，是自然对数的底数，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】将函数在内有两个零点转化为有两解，令，根据导数与最值的关系求解即可. 【详解】函数在内有两个零点，即有两解.令，则， 当时，，当时，， 故当时，取最小值1， 又，所以． 6. 下面四个判断中，正确的是（ ） A. 式子中，当时，式子的值为1 B. 式子中，当时，式子的值为 C. 式子中，当时，式子的值为 D. 设，则 【答案】C 【解析】 【分析】根据所给式子代入计算即可判断． 【详解】A中，时，式子，故A错误； B中，时，式子，故B错误； C中，时，式子，故C正确； D中，，故D错误． 故选：C． 7. 某学校餐厅每天供应500名学生用餐，每星期一有，两种菜可供选择，调查资料表明，凡是在星期一选种菜的学生，下星期一会有改选种菜；而选种菜的学生，下星期一会有改选种菜．用，分别表示在第个星期的星期一选种菜和选种菜的学生人数，则与的关系可以表示为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】依题意，，消去，得. 8. 设曲线在处的切线与x轴交点的横坐标为，则的值为（ ） A. B. C. D. 1 【答案】A 【解析】 【分析】求导，由导数的几何意义求出切线方程，故，结合对数运算法则得到答案. 【详解】由，可得， 所以曲线在处的切线方程是， 令得，所以 . 二、多选题：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. 设等差数列的前项和为，公差为，已知，，则下列选项正确的有（ ） A. 最小时， B. 时，的最小值为16 C. 数列是递增数列 D. 【答案】AC 【解析】 【分析】由等差数列的和的公式和等差数列的性质，得到，再结合已知，得到，进而分析可以判定各选项. 【详解】由，则， 又，则，D错误；当最小时，，故A正确； 所以，数列是递增数列，故C正确； 对于B，由上分析，当时，，当时，， 又，又，所以时，的最小值为15，故B错误； 故选：AC. 10. 已知函数，在上可导，且，则当时，有（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】由条件利用导数判断函数的单调性，根据单调性的性质判断各选项的对错. 【详解】令，则， ∵，∴， ∴在上是增函数. 由于在上的取值情况不确定，所以无法判断与的大小关系. 故A错误. 当时，， ∴，，， ∴，，.故B，C正确，D错误. 故选：BC. 11. 设数列的前n项和为，且，若，则下列结论正确的有（ ） A. B. 数列单调递减 C. 当时，取得最小值 D. 时，n的最小值为8 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据已知条件及累加法求出数列的通项公式，利用与的关系求出数列的通项公式，再结合已知条件逐项判断即可求解. 【详解】由，得， 利用累加法得， 解得， 当时，满足上式，所以 当时， 所以，故A正确； 当时，单调递增， 又 所以数列单调递增，且， 所以当时，单调递减，当时，单调递增，且， 所以当时，取得最小值，故B错误，C正确； 又， 且，时，单调递减，当时，单调递增， 时，取得最小值， 因此是第一个使得的正整数，故D正确. 第Ⅱ卷 非选择题（共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知等比数列及等差数列，其中，公差.将这两个数列的对应项相加，得一新数列，则等比数列的前10项之和为________. 【答案】1023 【解析】 【分析】由所得新数列的前3项列出方程求解，q，d，即可求得等比数列的基本量及通项公式，从而求得的前10项之和. 【详解】设等比数列的公比为q，由题意可得， 解得， 所以，等比数列的前10项和为. 故答案为：1023 【点睛】本题考查等差数列、等比数列的综合应用，等比数列基本量求解及前n项和公式，属于基础题. 13. 设函数是定义在上的可导函数，其导函数为，，并且，则不等式的解集为________. 【答案】 【解析】 【分析】由，得，所以可构造函数 ，利用导数分析函数的单调性，结合，利用单调性求得不等式的解集 【详解】构造函数 ，其定义域为， 而， 由，且 ，得 ， 所以 在 上单调递增. 由 ，得 ， 则不等式 等价于， 所以，解得 ， 即不等式的解集为. 14. 已知关于的不等式恒成立，则实数 的取值范围是_____. 【答案】. 【解析】 【分析】先将已知不等式进行整理得到，通过观察形式构造函数，再利用导数求出单调性，画出的大致图象，再讨论不满足题意，当时，通过观察的图象，由得，从此不等式中解出，再次构造函数，通过求导得到的最大值，继而求导的取值范围. 【详解】，，， ，， 构造函数，，，转化为，，，，， 在上是单调递增函数，在上是单调递减函数，，，，时，； 时，.则的大致图象如图所示： （1）当时，当时，，，显然不等式不恒成立，不可能； （2）当时，，，，从图象可以得到不等式恒成立，只需，两边取对数得，即，解得，设，，，，在上是单调递增函数，在上是单调递减函数，在处，取最大值，且取最大值为，则，即的取值范围为. 故答案为：. 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. 记为等差数列的前项和，已知． （1）求的通项公式； （2）求数列的前项和． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意列式求解，进而可得结果； （2）先求，讨论的符号去绝对值，结合运算求解. 【小问1详解】 设等差数列的公差为， 由题意可得，即，解得， 所以， 【小问2详解】 因为， 令，解得，且， 当时，则，可得； 当时，则，可得 ； 综上所述：. 16. 已知函数在处取得极值． （1）求的值； （2）求曲线在点处的切线方程； （3）求函数在上的最值． 【答案】（1）， （2） （3）最大值为，最小值为 【解析】 【分析】（1）根据极值点和极值可构造方程组求得，验证可得结论； （2）由导数几何意义可求得切线斜率，结合可求得切线方程； （3）根据单调性可确定最值点，进而求得最值. 【小问1详解】 ，在处取得极值， ，解得：； 当，时，， 当时，；当时，； 在，上单调递减，在上单调递增， 是的极小值点，满足题意； 综上所述：，. 【小问2详解】 由（1）得：，，，， 在点处的切线方程为：，即. 【小问3详解】 由（1）知：在，上单调递减，在上单调递增； ， 又，，， 在上的最大值为，最小值为. 17. 已知数列中，． （1）证明数列为等比数列； （2）求数列的前n项和； （3）记，数列的前n项和为，求证：． 【答案】（1）两边取倒数得， 故， 所以数列为等比数列，公比为； （2） （3），故， ，， 显然，，，当时，， ； 【解析】 【分析】（1）两边取倒数，再构造出等比数列； （2）由（1），得到通项公式，利用错位相减法求和即可； （3）由（1），得到，放缩，结合等比数列求和公式得到结论. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）得为等比数列，首项为， 故，故， 则①， 所以②， 式子①-②得 ， 所以； 【小问3详解】 略 18. 已知函数，． （1）求的极值； （2）若在单调递增，求实数a的取值范围； （3）当时，若对任意的，总存在，使得，求实数a的取值范围． 【答案】（1）的极小值为0，无极大值 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）求导分析单调性，根据极值的定义求解即可； （2）根据题意可得，求导，由在上单调递增，可得在上恒成立，只需，，即可求解. （3）若对任意的，总存在，使得，则当时，，即可求解. 【小问1详解】 ，求导得，， 因为时，，所以在上单调递增， 因为时，，所以在上单调递减， 又，故在处取极小值0，无极大值． 【小问2详解】 函数， 求导得，由在单调递增， 得在上恒成立，即在上恒成立，因此，， 设，，，则在上单调递增， 于是，即，所以的取值范围为. 【小问3详解】 若对任意的，总存在，使得， 则当时，， 当时，， 即在上单调递增，， 函数，，， 求导得， 由，得，函数在上单调递减， 则，因此，解得， 所以的取值范围为. 19. 已知函数. （1）若在上单调递增，求实数的取值范围. （2）已知方程有两个不相等的实数根，且. ①求的取值范围； ②若，证明：. 【答案】（1） （2）①；②证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据函数单调可得在上恒成立，即可得，设，求导确定单调性及最值，即可得实数的取值范围； （2）①根据方程有两个不相等的实数根，即转化为方程方程有两个不相等的实数根，由（1）可得的单调性，结合其取值，即可得实数的取值范围；②由零点得，利用比值代换，设令，，可设，求导确定其单调性，利用单调性即可证明结论. 【小问1详解】 因为函数在上单调递增， 所以在上恒成立. 因为，所以，即. 令，则，令，得 所以在上单调递增，在上单调递减，所以. 由，得，即的取值范围是. 【小问2详解】 ①由题意知关于的方程，有两个不相等的实数根， 即关于的方程有两个不相等的实数根， 即关于的方程有两个不相等的实数根，等价于直线与曲线有两个不同的交点. 由（1）知，在上单调递增，在上单调递减，又 则当时，，当时，，所以. ②因为所以， 所以 令，因为，所以， 所以. 令，则. 令，则， 所以在上单调递增， 所以，所以当时，， 所以在上单调递减. 因为，所以， 所以，所以 【点睛】方法点睛： （1）导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．； （2）方程的根或函数零点有关的双变量不等式证明，常转化为单变量问题，结合导数确定函数最值，即可证明结论，设，是常见的方法. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $