江西南昌市第十七中学2025-2026学年高二下学期数学期末复习练习1

**基本信息** 高二下学期数学期末复习卷，涵盖导数应用、数列性质、函数零点等核心内容，通过新定义问题（如性质P）和综合解答题（如数列与不等式恒成立），考查数学抽象、逻辑推理与数学建模能力，适配期末综合复习需求。 **题型特征** |题型|题量|知识覆盖|命题特色| |----|----|----------|----------| |单选题|6|导数几何意义（切线方程）、函数极值、数列递推|基础巩固，如第1题切线方程直接考查导数几何意义| |多选题|2|等差数列前n项和、导函数图象分析|能力提升，如第8题结合导函数图象判断函数单调性与极值| |填空题|3|函数求导、极值点关系、新定义性质P|创新应用，第11题通过性质P考查函数与方程思想| |解答题|3|导数极值与零点、函数单调性证明、数列通项与求和|综合拓展，第14题融合数列通项、裂项求和及恒成立问题，体现数学语言表达|

高二下学期数学期末复习 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题 1．曲线在点处的切线的方程为（    ） A． B． C． D． 2．已知，则（    ） A．在上单调递增 B．单调递减区间为 C．有极大值，无极小值 D．有极小值，无极大值 3．若直线与曲线，都相切，则的方程为（    ） A． B． C． D． 4．已知数列满足对任意的，，都有．若，则（ ） A．18 B．22 C．24 D．29 5．若数列的前项和为，关于正整数的方程记为，命题：对于任意的，存在等差数列使得有解；命题：对于任意的，存在等比数列使得有解；则下列说法中正确的是（    ） A．命题为真命题，命题为假命题； B．命题为假命题，命题为真命题； C．命题为假命题，命题为假命题； D．命题为真命题，命题为真命题； 6．定义在R上的函数满足；且当时，．则方程所有的根之和为（ ） A．14 B．12 C．10 D．8 二、多选题 7．已知等差数列的前n项和为，若，，则下列判断正确的是（    ） A．， B．， C．数列中绝对值最小的项是 D．的最大值是 8．已知函数的导函数的图象如图所示，则下列结论正确的是（   ） A．时，取得最大值 B．时，取得极大值 C． D． 三、填空题 9．已知函数，则_____________． 10．已知函数有两个极值点，若，则_____． 11．对于函数，若在其定义域内存在，使得成立，则称函数具有性质. （1）下列函数中具有性质的有___________. ① ② ③，（） ④ （2）若函数具有性质，则实数的取值范围是___________. 学校:___________姓名：_________班级：__________ 1 2 3 4 5 6 7 8 9. 10. 11. . 四、解答题 12．若函数，当时，函数有极值. (1)求函数的极值； (2)若关于的方程有三个零点，求实数的取值范围. 13．已知 (1)设函数，讨论函数的单调性； (2)当，时，证明：． 14．已知数列的前项和为，，且满足． (1)求数列的通项公式； (2)若，求数列的前项和； (3)对于，恒成立，求实数的取值范围． 试卷第2页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 C D C D D A BCD BC 1．C 【分析】先求出，从而得切点坐标，再根据导数的几何意义求出切线斜率，然后根据点斜式即可求解. 【详解】解：由题意，，即切点的坐标为， 又，所以，即切线的斜率为， 所以所求切线的方程为，即， 故选：C. 2．D 【分析】求导，利用导数判断原函数单调性和极值. 【详解】∵，则， 令，解得；令，解得； 则在上单调递减，在上单调递增， 故A、B错误； 由单调性可得：有极小值，无极大值， 故C错误，D正确. 故选：D. 3．C 【分析】根据题意，设切点的坐标为，求出的导数，即可得直线的斜率，可得直线的方程为，由直线与方程的关系可得，解可得的值，代入直线的方程即可得答案． 【详解】根据题意，直线与曲线相切，设切点的坐标为，易知不合题意，则, 曲线，其导数，则切线斜率为，则直线的方程为，变形可得：， 又由直线与圆都相切， 则有，变形可得，解可得或（舍， 则直线的方程为，变形可得， 故选：C． 4．D 【分析】第一种方法，根据定义判断出数列是等差数列，求首项，求和，计算；第二种方法，利用等差数列性质，等差数列中，若 ，则. 【详解】由条件 ，令 ， ，得： ， 即 ，则是首项为，公差 的等差数列， 已知，代入通项公式：， 解得， ， ， ； 第二种方法： ，故. ，则. 5．D 【分析】根据题意，利用等差数列与等比数列的性质，结合有解，构造出满足条件的等差、等比数列，即可求解. 【详解】当时，可得且，显然满足； 当时，设等差数列的首项，公差为， 可得，此时， 满足，即存在等差数列使得有解， 当时，设等差数列的首项，公差为， 可得，此时， 满足，即存在等差数列使得有解， 综上可得，对于任意的，存在等差数列使得有解，所以命题为真命题； 当时，取等比数列的首项为，公比为，可得， 则，此时满足，即成立； 当时，取等比数列的首项为，公比为，可得， 此时，满足，即存在等比数列使得有解； 当时，令，即为首项，公比为的等比数列， 此时，满足，即存在等比数列使得有解； 综上可得，对于任意的，存在等比数列使得有解，所以命题为真命题. 故选：D. 【点睛】方法点睛：与数列有关的问题的求解策略： 1、通过给出一个新的数列的定义，或约定一种新的运算，或给出几个新模型来创设新问题的情景，要求在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实心信息的迁移，达到灵活解题的目的； 2、遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、运算、验证，使得问题得以解决. 3、若数列中涉及到三角函数有关问题时，常利用三角函数的周期性等特征，寻找计算规律求解； 4、若数列与向量有关问题时，应根据条件将向量式转化为与数列有关的代数式进行求解； 5、若数列与不等式有关问题时，一把采用放缩法进行判定证明，有时也可通过构造函数进行证明； 6、若数列与二项式有关的问题时，可结合二项展开式的性质，进行变换求解. 6．A 【分析】根据题中所给的函数性质可得的周期为4且关于，再画图分析与的交点对数，进而根据对称性可得根之和即可. 【详解】由可得为奇函数，且关于对称. 又由题意，故，所以关于对称，且，故的周期为4. 又当时，，此时，故在为增函数.综上可画出的函数部分图像. 又方程的根即与的交点，易得在区间上均有3个交点，且关于对称，加上共7个交点，其根之和为 故选：A 【点睛】本题主要考查了数形结合解决函数零点的问题，需要根据题意确定函数的性质，画出简图再根据对称性分析两函数相交的点.属于难题. 7．BCD 【分析】结合等差数列前项和计算可得数列的，的大小关系，从而得出数列的单调性、的最大值和数列中绝对值最小的项. 【详解】因为，所以 又因为，所以，所以. 所以等差数列的，为递减数列，所以，故B正确，A错误. 所以的最大值是，故D正确. 因为，结合数列等差数列单调性，所以，即，所以数列中绝对值最小的项是，故C正确. 故选：BCD 8．BC 【分析】通过导函数图象，确定函数的单调区间，再结合选项逐个判断即可. 【详解】由导函数图象可知当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 选项A：因为 在上单调递增，且，因此在 处取不到最大值，A错误， 选项B：左侧 ， 单调递增；右侧 ， 单调递减， 且，因此 时 取得极大值，B正确， 选项C：由 ，且 在 单调递增，可得 ，C正确， 选项D：在单调递增，因此 ，故不成立，D错误. 9． 【分析】先求出，利用导数求出，即可求解. 【详解】. 因为，所以， 所以， 所以. 故答案为：. 10． 【分析】利用和即可计算求解出两极值点和参数k，进而即可求解. 【详解】依题意，则， 因为，所以， 显然，两式相除得，则，则， 将代入中，解得， 则. 故答案为： 11． ①②④ 或． 【分析】（1）令 ，由，可判断；由sinx=有解，可判断是否具有性质P；令=，此方程无解，由此可判断；由两图象在有交点可判断； （2）问题转化为方程有根，令，求导函数，分析导函数的符号，得所令函数的单调性及最值，由此可求得实数的取值范围． 【详解】解：（1）在时， 有解，即函数具有性质P， 令 ，即， ∵，故方程有一个非0实根，故 具有性质P； 的图象与有交点， 故sinx=有解，故具有性质P； 令=，此方程无解，故，（）不具有性质P； 令，则由两图象在有交点，所以有根，所以具有性质P； 综上所述，具有性质P的函数有：①②④； （2）具有性质P，显然，方程有根， 令，则，令，解得， 当时，，所以在上单调递减，当时，，所以在上单调递增， 所以， 所以的值域[ ，+∞），∴， 解之可得：或． 故答案为：①②④；或． 【点睛】方法点评：解决本题的关键是审清题意，把方程的解转化为两个图象有交点，本题考查的是方程的根，新定义，函数的值域，是方程和函数的综合应用，难度比较大． 12．(1)极大值，极小值； (2) 【分析】（1）对函数进行求导，利用，解方程组即可得解析式； 对函数求导，令，并解导数不等式，分类讨论即可得答案； （2）作出函数的图象，直线与函数图象需有3个交点，即可得答案； 【详解】（1），由题意知，解得， 故所求的解析式为；， 令，得或，列表如下： 极大值 极小值 当时，有极大值，当时，有极小值； （2）由（1）知，得到当或时，为增函数； 当时，为减函数， ∴函数的图象大致如图，    由图可知当时，与有三个交点，有三个零点， 所以实数的取值范围为． 13．(1)答案见解析； (2)证明见解析. 【分析】（1）在，两种情况下求解可得单调性； （2）由题设可得，所证不等式等价于，然后由的单调性可证明不等式. 【详解】（1）由题可得：，其中. . 当时，令，， 则此时在上单调递减，在上单调递增； 当时，，则此时在上单调递增. 综上可得：时，在上单调递减，在上单调递增； 当时，在上单调递增. （2）当时，，又，则， 则要证：， 即证 .令， 则，令. 则；， 则在上单调递增，在上单调递减， 从而，即，从而命题得证. 14．(1) (2) (3) 【分析】（1）根据题中条件，利用作差法求出数列的通项公式. （2）先根据（1）求出，再对列项，然后通过列项相消法求. （3）分n为偶数和奇数两种情况，根据数列的单调性，求出实数的取值范围. 【详解】（1）， 当时，， 两式相减得， 当时，， 当时，，上式也成立， 综上，数列的通项公式为． （2）由（1）可知， 所以，， 则， 所以数列的前项和. （3）当为偶数时，， 因为对于，恒成立，即对于，恒成立， ，当为偶数时，单调递增， 所以，则， 当为奇数时，， 因为对于，恒成立，即对于，恒成立， ，当为奇数时，单调递增， 所以，则，则， 综上所述， 所以实数的取值范围为. 答案第10页，共10页 答案第9页，共10页 学科网（北京）股份有限公司 $