河南南阳市豫南部分高中联考2025-2026学年高二下学期6月期末数学试题

**基本信息** 这份高中数学期末试卷以函数、数列、导数等核心知识为载体，通过实际生产情境（如工厂机器人生产问题）和抽象函数性质探究，考查数学抽象、逻辑推理与模型意识，体现“用数学思维解决实际问题”的命题导向。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选|8/40|等差数列判定、函数极值、充要条件|结合具体函数实例考查概念辨析，如第2题通过导数判断极值点| |多选|3/18|数列单调性、函数零点、上凸函数性质|多维度设问，如第10题结合函数图像分析零点与单调性| |填空|3/15|概率数列、导数应用、抽象函数不等式|创新情境设计，如第12题以概率数列考查分类讨论| |解答|5/77|函数单调性、数列求和、导数综合应用、实际生产问题|分层递进，如第18题以工厂生产为背景，考查等比数列与错位相减求和，体现模型意识；第17题导数应用综合考查极值、零点与恒成立问题，强化逻辑推理|

数学 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．“”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．充要条件 D．既不充分又不必要条件 2．已知函数在处有极大值，则的极小值为（    ） A．4 B．2 C．1 D．0 3．已知函数在区间上的图象大致为（    ） A． B． C． D． 4．已知，则“”是“”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 5．已知，，，则（     ） A． B． C． D． 6．已知，且，则的最小值为（    ） A．3 B． C．5 D．9 7．若奇函数定义域为，在区间上单调递增且，则不等式的解集为（ ） A． B． C． D． 8．已知定义域为的函数满足：，且，都有，则下列说法正确的是（   ） A． B．的图象关于直线对称 C．在时取最小值 D． 二、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．设等差数列的公差为，前n项和．若，，，则下列结论正确的是（    ） A．数列是递增数列 B． C． D．中最大的是 10．已知函数，若函数有三个互不相等的零点，且，则下列结论正确的是（   ） A．实数的取值范围是 B．的单调递减区间为， C． D．函数有4个零点 11．设的图象在区间上是一条连续不断的曲线，，，，总有，则称在上是上凸函数.已知是的上凸函数，且（是的导函数），则（    ） A． B． C． D． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．已知数列共11项，的前项和为，数列中的每一项可取1或2，且取1和取2的概率均为，则满足能被3整除的数列的个数为_______（用数字作答） 13．若函数在区间内存在单调递增区间，则实数的取值范围是_______． 14．设函数的定义域为，其导函数为，且满足，，则不等式的解集为___________. 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．（13分）已知函数：，. (1)若过定点，求的单调递增区间； (2)若值域为，求的取值范围. 16．（15分）已知等差数列的前项和为，且，；数列满足 (1)求数列和的通项公式； (2)记，求数列的前项和． 17．（15分）已知函数． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)判断函数的零点个数，并说明理由； (3)若对任意的，都有成立，求整数k的最大值． 18．（17分）某工厂去年12月试生产1100个智能机器人产品，产品合格率为90%，从今年1月开始，工厂在接下来的两年中将生产这款产品.1月按去年12月的产量和产品合格率生产，以后每月的产量都在前一个月的基础上提高10%，产品合格率比前一个月增加0.4%，设从今年1月起，各月的产量以及不合格率分别构成数列，.（可能用到的参考数据：） (1)求数列，的通项公式. (2)设从今年1月起，各月的不合格品的数量构成数列，求的值. 19．（17分）已知函数是定义在上的奇函数． (1)求函数的解析式； (2)判断函数在定义域上的单调性，并用定义加以证明； (3)解不等式： . 高二数学 第1页，共3页 高二数学 第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 数学参考答案 1．B 【详解】必要性验证：若数列为等差数列，根据等差中项的性质：对任意，若，则， 令，可得，故必要性成立； 充分性验证：若仅满足，无法推出数列为等差数列， 例如构造数列：，此时，，满足，但该数列相邻项差值不恒定，不是等差数列，故充分性不成立， 因此该条件是数列为等差数列的必要不充分条件. 2．D 【分析】求导后，根据极值点定义可知，由此可得或，分别验证和两种情况下，是否为的极大值点，由此可确定的取值，并根据极小值定义求得结果. 【详解】，，解得：或； 当时，，， 当时，；当时，； 在，上单调递增，在上单调递减， 是的极小值点，不符合题意； 当时，，， 当时，；当时，； 在，上单调递增，在上单调递减， 是的极大值点，符合题意， 此时函数在时取极小值，极小值为， 综上所述：的极小值为. 3．D 【分析】根据函数图像的对称性和特殊点的函数值判断. 【详解】因为,因此 是奇函数，图像关于原点对称， 排除选项 C（偶函数图像，关于 轴对称）； 当 时，分子 ，分母 ， 因此 ，选项 B 中 时函数值为负，矛盾，排除 B； 取 ，计算 的值接近 8，说明 附近函数值仍接近 8， 选项 A 中 的函数值和8相差比较大，排除 A； 因此，只有选项 D 符合所有特征. 4．A 【详解】若，则，则充分性成立； 若，则满足，但不满足，故必要性不成立， 故“”是“”的充分不必要条件. 5．A 【分析】构造辅助函数，利用导数判断函数的单调性，代入即可比较三者大小． 【详解】比较与的大小： 构造函数，定义域为， 求导得，当时，， 故，在上单调递增， 因此，即，整理得； 比较与的大小： 构造函数，定义域为，求导得， 当时，，故，所以在上单调递增， 因此，即，整理得， 所以． 6．D 【分析】由条件得到，再结合乘1法即可求解. 【详解】因为，且， 所以， 所以， 当且仅当，即时，等号成立，所以的最小值为9. 故选：D. 7．A 【分析】原不等式等价于或，然后由函数单调性，奇偶性结合题设可得答案. 【详解】因为奇函数在区间上单调递增且，所以函数在区间上单调递增且， 因此，当或时，；当或时，， 不等式等价于或，解得或， 所以不等式的解集为. 8．D 【详解】令，则，故，故A错误； 因为，所以的函数图象关于点中心对称，故B错误； 因为，都有， 所以在上单调递增， 因为的函数图象关于点中心对称，所以在上单调递增， 则在上单调递增，则无最小值，故C错误； ，故D正确. 9．BC 【分析】根据题设，利用等差数列的前项和公式可得，，即可判断A，对于B，根据条件，利用数列的对称性，即可求解，对于C，根据条件建立不等式，即可求解；对于D，利用，，即可求解. 【详解】设等差数列的首项为，因为，， 则，，整理得到，， 所以，，则，，所以， 所以，即， 所以数列是递减数列，故A错误， 对于B，因为，则，所以B正确， 对于C，由，得，由，可得，所以C正确； 对于D，因为时，，时，， 所以中最大的是，故D不正确． 10．BCD 【分析】作出函数的图象，结合图象逐一判断即可． 【详解】作出函数的大致图象，如图． 对于A，因为函数有三个互不相等的零点，则函数与的图象有三个不同的交点． 结合图象可得，故A不正确． 对于B，由函数的图象可知其单调递减区间为， ，故B正确． 对于C，由函数的图象可知，且，所以， 即，所以，故C正确． 对于D，设，则． 令，由函数的图象，得或． 当，即时，则，解得； 当，即时，所以或，解得或或， 所以函数有4个零点，故D正确． 11．AD 【分析】根据导函数推得单调性比较大小、导数几何意义判断各个选项. 【详解】对于A，由，知得在递增，因为，所以，选项A正确； 对于B，因为在上是“上凸”函数，由导数的几何意义知， 随着的增大，曲线在某点的切线的斜率越来越小， 所以，，选项B错误； 对于C，D，设，， 由切线的几何意义知，， 即， 即.选项C错误D正确. 故选：AD. 12． 【分析】按讨论能被3整除的四种情况计算即可. 【详解】由古典概型可知，数列共有种情况，能被3整除的四种情况如下： ⑴中由10个1，1个2，由种情况. ⑵中由7个1，4个2，由种情况. ⑶中由4个1，7个2，由种情况. ⑷中由1个1，10个2，由种情况. 所以所求个数为 故答案为： 13． 【分析】求，根据分离参数，构造函数可得的取值范围. 【详解】∵，∴， ∵在区间内存在单调递增区间， ∴在上有解，故在上有解， 令，则， ∵，∴，即在上为减函数， ∴，故． 故答案为：. 14． 【分析】结合题意构造函数，判断其单调性，将化为，利用函数的单调性，即可求得答案. 【详解】设，则， 由于，故， 即，则在R上单调递减， 又，即为， 即，故， 则不等式的解集为， 故答案为： 15．(1) (2) 【分析】（1）先由过定点求出，再由真数大于零求出定义域，根据复合函数的单调性可得答案； （2）由题意可知可以取到的任何数，令，然后分、、讨论可得答案. 【详解】（1）由过定点，则， 即，解得，所以， 由得函数的定义域是：， 因为在上单调递增，在上单调递减， 可得在上单调递增，在上单调递减， 所以的单调递增区间是； （2）若值域为，则可以取到的任何数， 令， 当时，，显然可以取到的任何数，故成立； 当时，开口向上，只需要其， 即，即，解得，又，故； 当时，开口向下，不可以取到的所有值，故不符合； 综上可知，的取值范围是. 16．(1)， (2) 【分析】（1）应用等差数列的前n项和公式求基本量，即可得通项公式，根据递推式得，从而有，作差即可得； （2）根据（1）得，应用裂项相消法求和. 【详解】（1）设等差数列的公差为， 由，得， ； ， ， 当且时，， 两式相减得，则； 当时，，满足； 综上所述：； （2）， 则； 17．(1) (2)函数的零点个数为2．，理由如下： 因为，定义域是， 所以．当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以在处取得极小值，也是最小值，．     因为，， 所以由函数零点存在定理，得在内和内各存在一个零点， 所以函数的零点个数为2． (3)3 【分析】（1）利用导数的几何意义求解切线方程； （2）利用零点存在定理求解函数的零点个数； （3）将原不等式问题等价转化为，从而得到整数k的最大值. 【详解】（1）因为，，所以， 所以曲线在点处的切线的斜率为， 又因为， 所以曲线在点处的切线方程为，即． （2）略； （3）因为对任意的，都有，所以． 设，， 则． 由（2）知，在上单调递增． 因为，， 所以在内存在唯一的零点，即． 所以当时，，所以，在上单调递减； 当时，，所以，在上单调递增． 所以在处取得极小值，也是最小值， ． 因为，所以． 所以，所以整数k的最大值为3． 18．(1)， (2)1776 【分析】（1）确定数列是等比数列可得通项公式，先求出合格率构成的数列（是等差数列），然后可得不合格率数列通项公式； （2）用错位相减法求和． 【详解】（1）由题意是等比数列，首项为，公比为； 合格率构成以为首项，为公差的等差数列， 所以， ； （2）由（1）可得：， ①， ②， ①—②得， ， ， ． 19．(1) (2)在上单调递增.              证明如下：任取且， ， ，且，，， 所以，即，   所以在上单调递增. (3) 【分析】（1）利用奇函数的性质即可求出函数的解析式； （2）利用函数单调性的定义证明即可； （3）结合函数的单调性以及奇函数的性质将问题转化为，解不等式即可求解. 【详解】（1）是定义在上的奇函数， ，则，                           又，则.                         . （2）略 （3）在上是奇函数且单调递增， 由得  ，          ，解得：  ，         不等式的解集为. 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 $