命题大赛 江西2025-2026学年高二数学下学期期末模拟卷

**基本信息** 高二下期末数学卷（北师大版选择性必修二），融合新情境（曲率、垛积术）、原创题及高考真题改编，覆盖导数、数列等核心知识，梯度设计合理，适配期末综合考查需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选|8/40|导数计算、等差/等比数列|第3题以现代建筑曲率为情境，考查数学眼光；第5题原创题辨析充分必要条件，体现逻辑思维| |多选|3/18|函数性质、等比数列积|第11题引入“凹函数”新定义，考查数学语言表达与创新应用| |填空|3/15|等比数列、切线方程、垛积术|第14题结合杨辉“方垛”研究三角垛，传承数学文化，培养数学思维| |解答|5/77|导数应用、数列通项与求和|第19题极值点证明综合考查逻辑推理与数学表达，第18题原创等比数列证明题，贴近高考命题趋势|

《高二数学下学期期末考试卷》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C A C D A C A C AC BCD 题号 11 答案 AD 1．【答案】C 【解析】函数， 则. 2．【答案】A 【解析】，即， 解得：，． 3.【答案】C 【解析】因为， 所以，所以， 所以曲线在处的曲率. 故选：C. 4．【答案】D 【解析】因为，则，当时，， 所以曲线在点处的切线方程为， 即. 5.【答案】A 【解析】若数列为常数列，则设，所以，于是，所以为等差数列；即“数列为等差数列”是“数列为常数列”的充分条件； 若数列为等差数列，设公差为，，于是，， 当 时，数列不是常数列，所以“数列为等差数列”是“数列为常数列”的必要条件；综上所述，“数列为常数列”是“数列为等差数列”的充分不必要条件. 6．C 【解析】由，得 ，即； ，即； 因为，所以； ，即，所以； ，即，所以. 7．【答案】A 【解析】因为，即． 当时，，即； 当时，， 所以，即． 又，所以数列是首项为，公比为的等比数列， 所以，即， 所以． 8．【答案】C 【解析】由. 设，， 则. 又因为，， 由；由. 所以在上单调递减，在上单调递增. 又当时，，与1的大小关系不确定，但是要求实数的最小值，所以只要考虑，此时， 所以. 因为，所以，. 设，，则，. 当时，，单调递增；当时，，单调递减. 所以. 所以. 即实数的最小值为. 9．【答案】AC 【解析】函数的定义域为， 所以， 对于A，由，得或，函数在上单调递增，故A正确； 对于B，由，得，函数在上单调递减， 在上单调递增，所以函数在取得极小值，故B错误； 对于C，，函数是奇函数，其图象关于原点对称，故C正确； 对于D，由，解得，函数有3个零点，故D错误． 10．【答案】BCD 【解析】，所以，即. 所以. 因为，所以，即等比数列为递减数列. 对选项A，因为为递减数列，所以，故A错误. 对选项B，因为， 因为，所以，即，故B正确. 对选项C，因为等比数列为递减数列，， 所以，，即当时，取最大值，故C正确. 对选项D，， 又因为，， 所以当时，，当时，，故D正确. 故选：BCD 11．【答案】AD 【解析】∵ 函数的定义域为，满足，且， 令，得，即， ∵ ，∴ . 令，得，即， 代入原式验证：左边，右边，等式成立， 故. 对选项A：∵ ，∴ A正确. 对选项B：∵ ，，故，故不是奇函数，B错误. 对选项C：， 则，设函数的导函数为 则， 当时，，， 故，即在上为减函数，不符合凹函数定义，C错误. 对选项D：，故， 则，设函数的导函数为， 若为上的凹函数，则为上的增函数，即对任意恒成立， 故恒成立， 即对任意恒成立. 令，则， 令，得， 当时，，单调递增；当时，，单调递减， 故， ∴ ，即，故D正确. 12．【答案】 【解析】设数列的公比为，则，则. 13．【答案】/ 【解析】已知直线与曲线相切，设切点横坐标为， 则①， 曲线求导得，则②，解得， 代入①得，，故， ， 当时，取得最小值，最小值为． 14．【答案】 【解析】由数列满足，当时，可得，所以， 当时，可得，所以， 因为，可得，解得， 又由，当时，可得， 两式相减，可得， 整理得，即， 即，所以数列是首项为，公差的等差数列， 所以， 则， 所以数列的前n项和为： . 【答案】 【解析】设“三角垛”每层所放物体的个数组成数列， 观察三角垛每层的物体数： 第1层物体数：；第2层物体数：；第3层物体数：； 第4层物体数：； 以此类推，可得第层的物体个数通项公式为：. 所以第8层的物体个数：. 设 “三角垛”所放物体的总数为，则： ， 由题意可知， 又由等差数列的前项和公式可得， 所以 所以该“三角垛”所放物体的总数为. 15．【答案】(1)增区间为和；减区间为. (2)4 【解析】（1）因为，所以， 令，得或， 令，得或，令，得， 所以函数的增区间为和，减区间为.（6分） （2）由（1），知在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，（9分） 又，，，， 所以在上的最大值为4.（13分） 16．【答案】(1) (2) 【解析】（1）因为①， 当时,可得，即， 当时，②.（2分） 由①②得，即，（4分） 即是以1为首项，为公比的等比数列，所以, 当时满足上式，所以.（6分） （2）因为， 所以， ，（8分） 两式相减得，（10分） 即，则（12分） 故.（15分） 17．【答案】(1)时，在上单调递减，时，在上单调递减，在上单调递增. (2) 【解析】（1）由，求导得，， 当时，，则在上单调递减，（2分） 当时，令，则， 当，，则在上单调递减，（4分） 当，，则在上单调递增，（5分） 故时，在上单调递减， 时，在上单调递减，在上单调递增.（6分） （2）由，不等式恒成立， 转化为， 构造函数，（8分） 求导 若时，则，所以在单调递减， 由于对于成立，（11分） 当时，则， 故，令，解得，（13分） 当时，，单调递减， 当时，，单调递增，（14分） 故，但是，不满足题意. 故整数的最大值为.（15分） 18．【答案】(1)答案见解析 (2) 【解析】(1)由题意可知，即，解得，（2分） 所以.（4分） 可得，满足，故成等比数列；（7分） (2) 由(1)得，（8分） 当为偶数时，；（12分） 当为奇数时，；（15分） 综上，.（17分） 19．【答案】(1) (2)（ⅰ）（ⅱ）证明见解析 【解析】（1）当时, ，,（1分） 所以，（2分）所以函数在点处的切线方程为：， 即；（4分） （2）， ，令，则，（6分） 令，则，（7分） 所以当时，，单调递增，（8分） 当时，，单调递减， 所以，（9分） 当时，，当时， 因为函数有两个不同的极值点，所以有两个不同的根， 所以，故m的取值范围为；（10分） （ⅱ）因为， 所以， 所以，（12分） 令，则，代入上式得：， 因为，所以 ，（14分） 要证，只需证，即证， 令，则，（15分） 令，则， 所以即在上单调递减，， 所以在上单调递增，所以， 即成立，故得证.（17分） 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 $ 应用场景：高二下期末（考查范围：北师大版选择性必修二） 高二数学下学期期末考试卷 （考试时间：100分钟；分值：150分） 1、 单项选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分) 1．已知函数，则（     ） A． B． C． D． 2．已知等差数列的前项和为，若，，则（    ） A．11 B．12 C．13 D．15 3．（新情境题）用数学的眼光看世界就能发现很多数学之“美”.现代建筑讲究线条感，曲线之美让人称奇.衡量曲线弯曲程度的重要指标是曲率，曲线的曲率定义如下：若是的导函数，是的导函数，则曲线在点处的曲率.若，则曲线在处的曲率是（    ） A．0 B． C．1 D． 4．（2026·全国一卷·高考真题）曲线在点处的切线方程为（     ） A． B． C． D． 5．（原创题）数列的前n项和记为，则“为常数列”是“数列为等差数列”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 6．（2026·天津·高考真题）已知，，则（     ） A．68 B．56 C． D． 7．已知数列的前项和为，若，则等于（   ） A． B． C． D．2026 8．当，满足，则实数a的最小值为（   ） A． B． C． D． 二、多项选择题(本大题共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．已知函数，则下列说法正确的有（   ） A．在上单调递增 B．的极小值为 C．的图象关于原点对称 D．有两个零点 10．设等比数列的前项积为 并满足，，则下列结论正确的有（    ） A． B． C．当时，取最大值 D．当时， 11．若函数在区间上的导函数为增函数，则称在区间上为“凹函数”.已知函数的定义域为，，且，则（   ） A． B．为奇函数 C．函数在区间上为“凹函数” D．若函数为上的“凹函数”，则的取值范围为 三、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分) 12．（2026·上海·高考真题）已知为等比数列，，，则__________． 13．若直线与曲线相切，则的最小值为________． 14．（新情境题）“垛积术”是我国古代数学的重要成就之一．南宋数学家杨辉在《详解九章算法》中记载了关于“方垛”的描述及计算方法：如图1所示“方垛”，自上而下每层每边物体数依次递增1个，第1层放1个物体，第2层放4个物体，…，第层放个物体，则这层方垛所放的物体总数为．现有某“三角垛”如图2所示，自上而下每层每边物体数依次递增1个，第1层放1个物体，第2层放3个，第3层放6个，第4层放10个，第5层放15个物体，…，则第8层放________个物体，若该三角垛共有层，利用“方垛”的结论，计算该“三角垛”所放物体的总数为________． 四、解答题(本大题共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．（13分）已知函数. (1)求函数的单调区间； (2)求函数在上的最大值. 16．（15分）已知数列的前项和为，且. (1)求数列的通项公式； (2)设，且数列的前项和为，求. 17．（15分）已知函数． (1)试讨论函数的单调性； (2)当时，不等式恒成立，求整数的最大值． 18.（原创）（17分）已知等比数列的公比为3，且成等差数列, . (1)证明成等比数列； (2)求数列的前n项和. 19．（17分）已知函数. (1)当时，求函数在点处的切线方程； (2)函数有两个不同的极值点，，且， （ⅰ）求m的取值范围； （ⅱ）证明：. 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 《高二数学下学期期末考试卷》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C D A D C C A C AC BCD 题号 11 答案 AD 1．【答案】C 【解析】函数， 则. 2．【答案】A 【解析】，即， 解得：，． 3.【答案】C 【解析】因为， 所以，所以， 所以曲线在处的曲率. 故选：C. 4．【答案】D 【解析】因为，则，当时，， 所以曲线在点处的切线方程为， 即. 5.【答案】A 【解析】若数列为常数列，则设，所以，于是，所以为等差数列；即“数列为等差数列”是“数列为常数列”的充分条件； 若数列为等差数列，设公差为，，于是，， 当 时，数列不是常数列，所以“数列为等差数列”是“数列为常数列”的必要条件；综上所述，“数列为常数列”是“数列为等差数列”的充分不必要条件. 6．C 【解析】由，得 ，即； ，即； 因为，所以； ，即，所以； ，即，所以. 7．【答案】A 【解析】因为，即． 当时，，即； 当时，， 所以，即． 又，所以数列是首项为，公比为的等比数列， 所以，即， 所以． 8．【答案】C 【分析】先利用同构变形得到，构造函数，，结合其单调性和取值范围的分析，得到在上恒成立.再分离参数得，，设，利用导数分析函数的单调性，求函数的最大值即可. 【解析】由. 设，， 则. 又因为，， 由；由. 所以在上单调递减，在上单调递增. 又当时，，与1的大小关系不确定，但是要求实数的最小值，所以只要考虑，此时， 所以. 因为，所以，. 设，，则，. 当时，，单调递增；当时，，单调递减. 所以. 所以. 即实数的最小值为. 9．【答案】AC 【解析】函数的定义域为， 所以， 对于A，由，得或，函数在上单调递增，故A正确； 对于B，由，得，函数在上单调递减， 在上单调递增，所以函数在取得极小值，故B错误； 对于C，，函数是奇函数，其图象关于原点对称，故C正确； 对于D，由，解得，函数有3个零点，故D错误． 10．【答案】BCD 【解析】，所以，即. 所以. 因为，所以，即等比数列为递减数列. 对选项A，因为为递减数列，所以，故A错误. 对选项B，因为， 因为，所以，即，故B正确. 对选项C，因为等比数列为递减数列，， 所以，，即当时，取最大值，故C正确. 对选项D，， 又因为，， 所以当时，，当时，，故D正确. 故选：BCD 11．【答案】AD 【分析】先通过赋值法求解抽象函数的解析式，再结合题目给出的“凹函数”定义，利用导数逐一分析各选项即可. 【解析】∵ 函数的定义域为，满足，且， 令，得，即， ∵ ，∴ . 令，得，即， 代入原式验证：左边，右边，等式成立， 故. 对选项A：∵ ，∴ A正确. 对选项B：∵ ，，故，故不是奇函数，B错误. 对选项C：， 则，设函数的导函数为 则， 当时，，， 故，即在上为减函数，不符合凹函数定义，C错误. 对选项D：，故， 则，设函数的导函数为， 若为上的凹函数，则为上的增函数，即对任意恒成立， 故恒成立， 即对任意恒成立. 令，则， 令，得， 当时，，单调递增；当时，，单调递减， 故， ∴ ，即，故D正确. 12．【答案】 【解析】设数列的公比为，则，则. 13．【答案】 【解析】因为在单调递增， 所以在恒成立， 所以在恒成立，令，则， 因为，当且仅当，即时取等号， 所以，即实数的取值范围是. 14．【答案】 【解析】由数列满足，当时，可得，所以， 当时，可得，所以， 因为，可得，解得， 又由，当时，可得， 两式相减，可得， 整理得，即， 即，所以数列是首项为，公差的等差数列， 所以， 则， 所以数列的前n项和为： . 【答案】 【解析】设“三角垛”每层所放物体的个数组成数列， 观察三角垛每层的物体数： 第1层物体数：；第2层物体数：；第3层物体数：； 第4层物体数：； 以此类推，可得第层的物体个数通项公式为：. 所以第8层的物体个数：. 设 “三角垛”所放物体的总数为，则： ， 由题意可知， 又由等差数列的前项和公式可得， 所以 所以该“三角垛”所放物体的总数为. 15．【答案】(1)增区间为和；减区间为. (2)4 【解析】（1）因为，所以， 令，得或， 令，得或，令，得， 所以函数的增区间为和，减区间为. （2）由（1），知在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 又，，，， 所以在上的最大值为4. 16．【答案】(1) (2) 【解析】（1）因为①， 当时,可得，即， 当时，②. 由①②得，即， 即是以1为首项，为公比的等比数列，所以, 当时满足上式，所以. （2）因为， 所以， ， 两式相减得， 即，则 故. 17．【答案】(1)时，在上单调递减，时，在上单调递减，在上单调递增. (2) 【解析】（1）由，求导得，， 当时，，则在上单调递减， 当时，令，则， 当，，则在上单调递减， 当，，则在上单调递增， 故时，在上单调递减， 时，在上单调递减，在上单调递增. （2）由，不等式恒成立， 转化为， 构造函数， 求导 若时，则，所以在单调递减， 由于对于成立， 当时，则， 故，令，解得， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 故，但是，不满足题意. 故整数的最大值为. 18．【答案】(1)答案见解析 (2) 【解析】(1)由题意可知，即，解得， 所以. 可得，满足，故成等比数列； (2) 由(1)得， 当为偶数时，； 当为奇数时，； 综上，. 19．【答案】(1) (2)（ⅰ）（ⅱ）证明见解析 【解析】（1）当时, ，, 所以，所以函数在点处的切线方程为：， 即； （2）， ，令，则， 令，则， 所以当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以， 当时，，当时， 因为函数有两个不同的极值点，所以有两个不同的根， 所以，故m的取值范围为； （ⅱ）因为， 所以， 所以， 令，则，代入上式得：， 因为，所以 ， 要证，只需证，即证， 令，则， 令，则， 所以即在上单调递减，， 所以在上单调递增，所以， 即成立，故得证. 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 $高二数学下学期期末考试卷双向细目表 考查范围：函数与导数、数列 题 题型 分 知识点 难度系数预估 号 值 单选 5 导数定义中极限的简单计算 0.85 题 单选 等差数列通项公式的基本量计算，等差数列前n项 5 0.8 题 和的基本量计算 单选 5 求某点处的导数值 0.75 题 单选 5 求在曲线上一点处的切线方程 0.75 题 单选 5 等差数列的判断与证明， 0.6 题 单选 利用an与sn关系求通项或项，根据数列递推公式 6 5 0.5 题 写出数列的项 单选 利用an与sn关系求通项或项，写出等比数列的通 7 5 0.45 题 项公式，对数的运算 单选 函数单调性、极值与最值的综合应用，利用导数研 5 0.3 题 究不等式恒成立问题 函数奇偶性的定义与判断，求函数的零点，利用导 多 6 数求函数的单调区间（不含参），求已知函数的极 0.75 选题 值 多选 10 6 求等比数列中的最大（小）项，等比数列的单调性 0.55 题 函数奇偶性的定义与判断，求抽象函数的解析式， 多选 11 6 用导数判断或证明已知函数的单调性，利用导数 0.35 题 研究不等式恒成立问题 填空 利用等比数列的通项公式求数列中的项，等比数 12 5 0.9 题 列通项公式的基本量计算 填空 13 5 利用导数求函数的最值 0.55 题 填空 14 5 根据规律求数列的某项，分组（并项）法求和 0.4 题 解答 由导数求函数的最值（不含参），利用导数求函数 15 13 0.7 题 的单调区间（不含参） 解答 16 15 利用an与sn关系求通项或顶，错位相减法求和 0.7 题 解答 利用导数求函数（含参)的单调区间，利用导数研 17 15 0.65 题 究不等式恒成立问题， 解答 18 17 等差数列、等比数列的计算，分组（并项）法求和 0.55 题 函数单调性、极值与最值的综合应用，根据极值点 解答 9 17 求参数，利用导数证明不等式，求在曲线上一点处 0.35 题 的切线方程（斜案）