精品解析：河南开封市杞县金杞学校2025-2026学年高二下学期6月阶段检测数学试题

高二数学试卷 （120分钟 150分） 1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2．回答第Ⅰ卷时，选出每个小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号，写在本试卷上无效. 3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上，答在本试卷上无效. 4．本试卷共19题，总分150分，考试时间120分钟. 第Ⅰ卷（选择题） 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. 已知函数，则的单调递减区间为（ ） A. B. C. D. 2. 函数的单调递增区间是（ ） A. B. C. D. 3. 在等比数列中，，，则公比（ ） A. 3 B. C. D. 4. 已知函数y=f（x）的图象是下列四个图象之一，且其导函数y=f′（x）的图象如图所示，则该函数的图象是（　　） A. B. C. D. 5. 设双曲线的左焦点为，过作的一条渐近线的垂线，交轴于点，若，则的离心率为（ ） A. 2 B. C. D. 6. 若事件A，B满足，，，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数，，若对任意的，存在唯一的，使得，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 若数列满足对于，恒有成立，则称为“数列”．已知“数列”的各项都是整数，且，若，则的最大值为（ ） A. 8 B. 9 C. 10 D. 11 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. 将四个不同的小球放入三个分别标有1，2，3号的盒子中，不允许有空盒子，下列结果正确的有（ ） A. B. C. D. 18 10. 数列的前项和为，且，，则（ ） A. 数列是等差数列 B. 数列是等比数列 C. D. 数列的前项和等于 11. 已知函数有两个极值点，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 三、填空题:本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分. 12. 函数在处的导数 _____. 13. 已知函数，则__________. 14. 如图，给这八个方格涂色，现有红、蓝、黄、紫、绿、黑六种颜色可供选择，要求相邻的方格涂不同的颜色，且两端都涂红色，则不同的涂色方法共有________种． 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. 已知函数. （1）求函数的最小正周期与单调增区间； （2）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，且，求面积的最大值. 16. 如图，在平行六面体中，，，，. （1）以，，为基底向量，表示向量、； （2）求证：； （3）求的长. 17. 已知等差数列的前项和为，且，. （1）求数列的通项公式； （2）若，令，求数列的前项和. 18. 如图，在四棱锥中， 底面，底面为平行四边形，且，． （1）证明：； （2）求平面与平面夹角的正切值． 19. 在正项数列中，记，若为非零常数列，则称存在等比型递推结构，数列为的结构常数数列. （1）试问数列是否存在等比型递推结构？请说明理由． （2）已知正项数列存在等比型递推结构，且． （i）求的通项公式； （ii）设，记的前项和为，证明：对任意恒成立. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高二数学试卷 （120分钟 150分） 1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2．回答第Ⅰ卷时，选出每个小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号，写在本试卷上无效. 3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上，答在本试卷上无效. 4．本试卷共19题，总分150分，考试时间120分钟. 第Ⅰ卷（选择题） 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. 已知函数，则的单调递减区间为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求导，根据导函数的符号确定的减区间. 【详解】解：函数的定义域为， ， 当时，单调递增，当时，单调递减； 的减区间是． 2. 函数的单调递增区间是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求出函数的定义域，利用函数的单调性与导数的关系可求得该函数的增区间. 【详解】函数的定义域为，， 由 得，故函数的增区间为. 3. 在等比数列中，，，则公比（ ） A. 3 B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】因为，，所以， 所以，解得． 4. 已知函数y=f（x）的图象是下列四个图象之一，且其导函数y=f′（x）的图象如图所示，则该函数的图象是（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由y＝f′(x)的图象知，y＝f(x)的图象为增函数， 且在区间(－1,0)上增长速度越来越快， 而在区间(0,1)上增长速度越来越慢． 故选B. 5. 设双曲线的左焦点为，过作的一条渐近线的垂线，交轴于点，若，则的离心率为（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，设直线的方程为，求得，由，求得 ，进而求得双曲线的离心率. 【详解】由双曲线，可得其渐近线方程为， 不妨设直线的方程为， 令，可得，即， 因为，可得， 可得，解得，所以的离心率为. 6. 若事件A，B满足，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用条件概率和并事件的概率公式求解. 【详解】，代入，得到， 又因为， 所以. 7. 已知函数，，若对任意的，存在唯一的，使得，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用导数求在上的值域记作集合，利用二次函数的单调性求在上的值域，根据题意可得两函数值域的关系，可得关于的不等式组，解不等式即可. 【详解】由可得， 当 时， ；当时， ； 所以在单调递减，在单调递增， 所以，，， 所以在上的值域为，记， 的对称轴为，，， 且在上单调递减，所以， 记， 若对任意的，存在唯一的，使得， 则，所以，解得：， 所以实数的取值范围是， 故选：B. 8. 若数列满足对于，恒有成立，则称为“数列”．已知“数列”的各项都是整数，且，若，则的最大值为（ ） A. 8 B. 9 C. 10 D. 11 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，得到，令，得到数列为严格递减数列，求得，得到，再由，利用累加法，求得，结合，求得的范围，即可得到答案. 【详解】由，可得，则， 令，则数列为严格递减数列，且各项为整数， 因为数列为 “数列”，各项都是整数，且， 可得， 因为为严格递减数列，且各项为整数，所以， 又因为，即， 可得， 即， 所以， 要使，则，整理得， 解得， 因为，可得， 又因为，所以， 经验证：，， 所以，满足的最大的值为. 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. 将四个不同的小球放入三个分别标有1，2，3号的盒子中，不允许有空盒子，下列结果正确的有（ ） A. B. C. D. 18 【答案】BC 【解析】 【分析】根据题意，分析可得三个盒子中有1个中放2个球，有2种解法： (1)分2步进行分析：①、先将四个不同的小球分成3组，②、将分好的3组全排列，对应放到3个盒子中，由分步计数原理计算可得答案； (2)分2步进行分析：①、在4个小球中任选2个，在3个盒子中任选1个，将选出的2个小球放入选出的小盒中，②、将剩下的2个小球全排列，放入剩下的2个小盒中，由分步计数原理计算可得答案，综合2种解法即可得答案． 【详解】根据题意，四个不同的小球放入三个分别标有1，2，3号的盒子中，且没有空盒，则三个盒子中有1个中放2个球，剩下的2个盒子中各放1个，有2种解法： (1)分2步进行分析： ①、先将四个不同的小球分成3组，有种分组方法； ②、将分好的3组全排列，对应放到3个盒子中，有种放法； 则没有空盒的放法有种； (2)分2步进行分析： ①、在4个小球中任选2个，在3个盒子中任选1个，将选出的2个小球放入选出的小盒中，有种情况； ②、将剩下的2个小球全排列，放入剩下的2个小盒中，有种放法； 则没有空盒的放法有种； 故选：BC． 10. 数列的前项和为，且，，则（ ） A. 数列是等差数列 B. 数列是等比数列 C. D. 数列的前项和等于 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据与之间的关系分析可得，即可判断A；进而可得，，即可判断BC；整理可得，利用裂项相消法运算求解，即可判断D. 【详解】对于A，由数列满足， 当 时，，所以， 可得， 因为，可得，所以， 则，所以，所以， 所以数列是以首项为，公差的等差数列，所以A正确； 对于B，由A项可得，所以， 当 时，， 当时，，适合上式，所以， 又由，可得， 所以数列是以为首项，公比为的等比数列，所以B正确； 对于C，由B项知：数列的通项公式为，所以C错误； 对于D，由， 可得的前项和为： ，所以D正确. 11. 已知函数有两个极值点，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于选项A，极值点为的两个根为，设，则有两个根，利用导数法求出的单调性得到的最大值大于零，从而得解；对于选项B，由有两个根得到，求出，利用二次函数的图像及的范围得到 ；对于选项C，由的极值点为得到，求出，利用二次函数的图像及的范围得到，可正可负可零；对于选项D，有两个极值点得到，通过构造函数，利用导数法得到在上是单调递减函数，从而得到，即，通过计算得到结论. 【详解】对于选项A，的定义域为， ， 函数有两个极值点， 的两个根为， 设，则有两个根， ， 的解为，则在上是单调递增函数； 的解为，则在上是单调递减函数； 故在处取得最大值为， 有两个根， ，，故选项A正确； 对于选项B，，则有两个根， ，， ， 设， 对称轴为， ，在是单调递减函数， ，，故选项B正确； 对于选项C，的极值点为，， ， ， ，对称轴为， ，在是单调递增函数， 的值可正可负可零，故选项C错误； 对于选项D，有两个极值点， ，， ，， 设，， 则在上是单调递减函数， ， 当时，，当时，， ，，， ，， ，， 转化为， ，， ，，，， ，故选项D正确. 故选：ABD. 三、填空题:本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分. 12. 函数在处的导数 _____. 【答案】 【解析】 【详解】由题设，则. 13. 已知函数，则__________. 【答案】1 【解析】 【详解】由题意得， 所以，所以. 14. 如图，给这八个方格涂色，现有红、蓝、黄、紫、绿、黑六种颜色可供选择，要求相邻的方格涂不同的颜色，且两端都涂红色，则不同的涂色方法共有________种． 【答案】13020 【解析】 【分析】对最中间的4个方格进行分类讨论，分为中间4个方格中有2个方格涂红色、中间4个方格中只有1个方格涂红色、中间4个方格都不涂红色三种，每一种逐个根据分步乘法计数原理求解即可． 【详解】设方格从左至右分别命名为， 因为两端都涂红色，且相邻方格不同颜色，所以中间4个方格也可以涂红色， ①当中间4个方格中有2个方格涂红色时， 涂红色的位置有方格3、5或方格4、6或方格3、6共3种选择， 剩下的4个方格，还有两个单独和两个相邻的，而其左右两边皆为红色方格， 对于两个单独的方格而言，除红色外其他颜色都可选取，共种， 对于相邻的两个方格，其中第一块方格可选除红色外的5种颜色， 第二块方格选取剩余4种颜色，共种， 所以该类涂法一共有种； ②当中间4个方格中只有1个方格涂红色时，涂红色的位置有4种选择， 未涂色区域划分为两部分，其中对于每一部分， 其中第一块方格都可以涂除红色外的5种颜色， 剩余的都只能涂除红色以及上一块相邻颜色之外的4种颜色， 故剩下的共有种选择，所以该类涂法一共有种； ③当中间4个方格都不涂红色时， 中间一大块区域每个方格均只能涂上除红色以及上一块相邻颜色之外的4种颜色， 共有种； 综上，不同的涂色方法共有种． 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. 已知函数. （1）求函数的最小正周期与单调增区间； （2）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，且，求面积的最大值. 【答案】（1），，. （2）. 【解析】 【分析】（1）由三角函数公式化简可得，由周期公式得到最小正周期，即可解得函数的递增区间； （2）由（1）和可得，再结合基本不等式可得 的范围，进而可得面积最值. 【小问1详解】 ， 所以函数的最小正周期， 令， ，解得， . 故函数的单调递增区间为， 【小问2详解】 由，， 又因为，所以，所以，即. 因为，根据基本不等式，当且仅当时等号成立， 所以，所以面积的最大值为. 16. 如图，在平行六面体中，，，，. （1）以，，为基底向量，表示向量、； （2）求证：； （3）求的长. 【答案】（1）， （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）结合图形利用空间向量的线性运算求解； （2）利用空间向量的数量积证明； （3）利用空间向量的数量积的运算律计算即得. 【小问1详解】 在中，根据空间向量的减法运算可得， ； 【小问2详解】 因，，，， 则，， 由（1）得 ， 所以，即； 【小问3详解】 由（1）知， 所以 ， 所以. 17. 已知等差数列的前项和为，且，. （1）求数列的通项公式； （2）若，令，求数列的前项和. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据等差数列的通项公式及前项和公式列方程组求解即可. （2）根据错位相减法及等比数列的前项和公式求解即可. 【小问1详解】 设等差数列的首项为，公差为，则前项和为. 所以，即， 解得，，所以. 因此数列的通项公式为. 【小问2详解】 . ， ， 所以 ， 即， 所以. 18. 如图，在四棱锥中， 底面，底面为平行四边形，且，． （1）证明：； （2）求平面与平面夹角的正切值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）设 ，则，，利用余弦定理结合勾股定理可证得，利用线面垂直的性质得出，再利用线面垂直和性质定理可证得结论成立； （2）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得平面与平面夹角的正切值. 【小问1详解】 设 ，则，． 在中，根据余弦定理， 将 ，，代入可得： ，所以． 则，所以， 因为 底面， 底面，所以． 又因为，、平面，所以 平面． 而平面，所以. 【小问2详解】 因为 底面，，四边形为平行四边形， 以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， 由（1）知 ，，， 则，，，， 易知平面的一个法向量为， 设平面的一个法向量为， ，， 则， 取，可得， 设平面与平面的夹角为， 则， 所以， 故. 19. 在正项数列中，记，若为非零常数列，则称存在等比型递推结构，数列为的结构常数数列. （1）试问数列是否存在等比型递推结构？请说明理由． （2）已知正项数列存在等比型递推结构，且． （i）求的通项公式； （ii）设，记的前项和为，证明：对任意恒成立. 【答案】（1）数列存在等比型递推结构，理由见解析 （2）（i）；（ii）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据题意，结合等比型递推的定义，即可求解； （2）（i）设，，根据题意，求得，得到，结合累积法，即可求得数列的通项公式； （ii）由（i）得到，利用裂项法求和，求得转化为证明，设，利用导数求得 在 上递增，得到，得到在 上恒成立，令，即可得证. 【小问1详解】 解：由数列，设， 根据等比型递推的定义，可得数列存在等比型递推结构． 【小问2详解】 （i）因为数列存在等比型递推结构，可设， 设，则，所以为等比数列， 因为，则， 所以，解得，所以是以2为首项，2为公比的等比数列， 则， 所以当 时，， 即，因为，所以， 又，依然成立， 所以， （ii）证明：由（i）得， 所以， 所以 则， 所以要证，只需证， 设函数，则， 设，则， 当时，，则 在 上单调递增， 所以， 所以在 上恒成立，则 在 上单调递增， 所以，所以在 上恒成立， 令，得， 即，所以， 即， 所以对任意恒成立． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $