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高二数学试卷
一、单选题
1．若为正整数，则等于（ ）
A． B． C． D．
2．设，则曲线在点处的切线的斜率为（ ）
A． B． C．1 D．2
3．已知数列是等比数列，为前项和，若，则（ ）
A．39 B．36 C．27 D．12
4．2026年泡泡玛特旗下的IP“星星人”突然爆火，现有5个不同造型的“星星人”．把这5个“星星人”装入3个不同的盒内，每盒至少装一个，共有（ ）种不同的装法．
A．180 B．150 C．100 D．90
5．已知函数，若在上不单调，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
6．某生物兴趣小组在显微镜下拍摄到一种黏菌的繁殖轨迹，如图1.通过观察发现，该黏菌繁殖符合如下规律：①黏菌沿直线繁殖一段距离后，就会以该直线为对称轴分叉（分叉的角度约为），再沿直线繁殖，…；②每次分叉后沿直线繁殖的距离约为前一段沿直线繁殖的距离的一半.于是，该组同学将整个繁殖过程抽象为如图2所示的一个数学模型：黏菌从圆形培养皿的中心O开始，沿直线繁殖到，然后分叉向与方向继续繁殖，其中，且与关于所在直线对称，….若，为保证黏菌在繁殖过程中不会碰到培养皿壁，则培养皿的半径r（，单位：）至少为（ ）

A．6 B．7 C．8 D．9
7．为了迎接即将到来的端午节龙舟赛，某训练组进入备战状态，该队有6名划手，其中有2名只会划左桨，2名只会划右桨，2名既会划左桨又会划右桨.现要从这6名划手中选派4名参加比赛，并预先选定其中2名划左桨，剩下2名划右桨，则不同的选定方案共有（ ）
A．15种 B．19种 C．23种 D．36种
8．定义在上的函数的图象是一条连续不断的曲线，且，若时，函数满足，则下列说法正确的是（ ）
A．在上单调递增 B．
C． D．有且只有一个零点
二、多选题
9．已知为数列的前项和，则下列结论正确的有（ ）
A． B．是递增数列
C． D．中不存在连续三项成等差数列
10．一个正整数，如果将它从左向右读和从右向左读完全相同，就称为回文数，这种对称性质体现了数学中的数字美学，如22，121，3443，94249等.下列说法正确的是（ ）
A．百位为2的五位回文数有100个 B．十位大于个位的六位回文数有360个
C．位回文数有个 D．位回文数有个
11．已知是函数与的图象的两条公切线，记的倾斜角为的倾斜角为，且的夹角为，则下列说法正确的有（ ）
A． B．
C．若，则 D．与的交点一定在第一象限
三、填空题
12．__________.
13．个人进行篮球训练，互相传球接球，要求每个人接球后马上传给别人，开始由甲发球，并作为第一次传球，第五次传球后，球又回到甲手中，不同的传球方法数为________.
14．已知函数，若恒成立，则的取值范围为______．
四、解答题
15．已知等差数列的首项，且数列满足，
(1)求数列的通项公式；
(2)求证：.
16．已知函数．
(1)讨论的极值；
(2)求在上的最小值．
17．某AI实验室有6个不同的团队，需要对ChatGPT、Sora、GPT-4、Deepseek方向的4个研发项目进行，每个团队只能承担一个项目，且每个项目至少交给一个团队．
(1)若从中选出5个团队去，共有多少种不同的安排方案？
(2)若6个团队都同时参与调研，且A、B两个团队同一个项目，共有多少种不同的安排方案？
18．已知数列满足：；数列满足：．
(1)求数列和的通项公式；
(2)设，求数列的前项和；
(3)定义：“若存在常数，使得对任意正整数，数列的前项和都满足，则称数列是‘和有上界数列’，且‘和上界’为”．证明：数列的其中一个‘和上界’为．
19．拉格朗日是十八世纪著名的数学家，在数学领域作出了重大贡献，人们常把很多数学领域中新的发现用他的名字命名.如对一组数据（）（互不相等）进行研究时，记时，，称为这组数据的拉格朗日插值多项式.
(1)试求数据的拉格朗日插值多项式的表达式；
(2)对于（1）中求出的，若函数满足，
（i）研究的单调性；
（ii）若有两个零点，求的取值范围.
参考答案
1．D
【详解】由
.
2．B
【详解】因为，可得
根据导数的定义，可得，所以，
所以曲线在点处的切线的斜率为.
3．A
【详解】设数列的公比为，
又因为，，
所以，则，
因此.
4．B
【详解】把这5个“星星人”装入3个不同的盒内，每盒至少装一个，分组方式有两种：
①按分组：先从个中选个为一组，剩下的个各成一组，
可得不同的分组数为；
②按分组：先从5个中选2个为一组，再将剩下的个中选个为一组，最后个为一组，可得不同的分组数为，
最后分配到3个不同的盒内，共有种不同的装法.
5．C
【详解】由函数，可得，
要使得函数在上不单调，即在上有变号零点，
设，可得，
所以在上单调递增，即在上单调递增，
则，解得，
所以实数的取值范围为.
6．C
【详解】由题意可知，，只要计算出黏菌沿直线一直繁殖下去，在方向上的距离的范围，即可确定培养皿的半径的范围，
依题意可知黏菌的繁殖规律，由此可得每次繁殖在方向上前进的距离依次为：，
则，
黏菌无限繁殖下去，每次繁殖在方向上前进的距离和即为两个无穷等比递缩数列的和，
即，
综合可得培养皿的半径r（，单位：）至少为8cm，
故选：C
7．B
【详解】根据题意，记只会划左桨的两人，只会划右桨的两人，既会划左桨又会划右桨的两人；
则不同的选派方法有以下三种：
（1）从中选择2人划左桨，划右桨的在中选两人，共有，
（2）从中选择1人划左桨，从中选1人划左桨，再从剩下的3名能划右桨的人中选2人划右桨，共有；
（3）从中选2人划左桨，中的两人划右桨，共有．
所以，不同的选派方法共有19种．
8．D
【详解】因为函数满足，即，可得函数为奇函数，
设，
可得，
因为时，，
即
可得，
所以在上单调递增，
又由，可得为奇函数，
所以在上单调递增，
又因为图象连续不断，则，所以在上单调递增，
当时，且，所以；
同理可得：当时，，
对于A，由于函数的单调性不确定，故该选项不确定，所以A错误；
对于B，由当时，，可得；当时，，可得，
所以，所以B错误；
对于C，当时，，则，故C错误.
对于D，当时，，当时，，且，
所以函数有且只有一个零点，故D正确.
9．ACD
【详解】对于A，由，可得，所以A正确；
对于B，由，可得，则，
即，所以数列为递减数列，所以B错误；
对于C，由，可得，所以C正确；
对于D，假定中存在连续三项成等差数列，分别为，其中，
则，即，整理得，矛盾，
因此中不存在连续三项成等差数列，所以D正确.
10．BC
【详解】对于A，百位为2的五位回文数，此时第一位和倒数第一位数字有9种选法，
第二位和倒数第二位数字有10种选法，故总的个数为个，所以A错误；
对于B，十位大于个位，有种方法，此时个位和十位的数字被确定，
第三四位的数字相同，有10种选择，符合条件的六位回文数，有360个，故B正确；
对于C，对于位回文数，首位和个位数字有9种选法，
第二位和倒数第二位数字有10种选法，……，第个数字，
即最中间的数字有10种选法，则共有种选法，
即位回文数有个，故C正确；
对于D，对于位回文数，首位和个位数字有9种选法，
第二位和倒数第二位数字有10种选法， ，第和第位也有10种
所以共有种选法，故D错误.
11．ACD
【详解】如图，因为与互为反函数，
故两函数的图象关于直线对称，则，关于对称，
故，故A正确；
由题意，，均为锐角，，，，
当且仅当，即时取等号，故B错误；
设与两个函数图象分别切于，两点，，
若，即，
解得或（舍去），故，
对于，则，令，解得，所以切点为，
所以曲线的斜率为的切线方程为，
故曲线的斜率为的切线方程为，
同理可得的斜率为的切线方程为，
故曲线的斜率为的切线方程为，
所以，
则，则，故C正确；
由图可知点必在第一象限，故D正确．
12．
【详解】
13．
【详解】设第次传球后，球又回到甲手中的传球方法有种，经过次传球后，所有可能的传球方法总数为.
这些方法可分为两类：一类是球在甲手中，有种方法，
另一类是球不在甲手中，有种方法，
第次传球后球要回到甲手中，当且仅当第次传球后球不在甲手中，然后由持球人传给了甲，
因此，，即，
由于甲是发球者，一次传球后球又回到甲手中的传球方法是不存在的，所以．
利用递推关系可以得到：．
这说明经过次传球后，球仍回到甲手中的传球方法有种．
14．
【详解】当时，此时，，因为恒成立，所以恒成立，
符合题意；
当时，令，
要使恒成立，即恒成立，
对求导得，
令，即，解得，
当时，，单调递减；当时，，单调递增，
所以在处取得极小值，也是最小值，，
要使恒成立，则，即，
因为，两边同时除以得，即，解得；
当时，因为恒成立，所以在上单调递增，
当时，，，所以；
当时，，，所以，
所以当足够小时，趋近于，为负数且绝对值较大，
必然存在某个足够小的，使得，
不满足恒成立，所以不符合题意，
综上所述，的取值范围是.
15．(1)
(2)证明见解析
【详解】（1）解：设等差数列的公差为，
因为且，可得，
又因为由，可得，解得，
所以，即数列的通项公式为.
（2）证：由（1）知：，可得，所以，
设
则.
两式相减得.
可得，
因为，可得，所以.
16．(1)答案见解析
(2)
【详解】（1）由题意知：的定义域为，；
当时，，恒成立，在上单调递增，
无极值；
当时，若，；若，；
在上单调递减，在上单调递增；
的极小值为，无极大值；
综上所述：当时，无极值；当时，的极小值为，无极大值.
（2）当时，在上恒成立，在上单调递增，
；
当时，若，；若，；
在上单调递减，在上单调递增，
；
当时，在上单调递减，；
综上所述：在上的最小值.
17．(1)1440
(2)240
【详解】（1）解：先从6个团队中选5个，有种选法，
接下来将5个团队分配到4种项目，且每个项目至少1个团队负责，
则5个团队分为：2，1，1，1四组，有种方法，
再将这四组对应4种项目进行全排列，
由分步计数原理，可得不同的安排方案有种.
（2）解：先将A和B两个团队视为一个整体（一个元素），
此时相当于5个元素分配到4种项目，每个项目至少有一个团队，
即分成元素个数分别为“2，1，1，1”四组，则有种方法，
再将这四组对应4种项目进行全排列，有种方法，
所以共有种不同的安排方案.
18．(1)，
(2)
(3)证明见解析
【详解】（1）因为，所以，
又，所以是以为首项，3为公比的等比数列，
所以，则.
则.
（2）由（1）得，
则，
所以
（3）由（1）得，
当时，，
当时，，
所以，则，
所以数列的前n项和
，
所以对于任意正整数，数列的其中一个‘和上界’为
19．(1)
(2)（i）答案见解析；（ii）.
【详解】（1）对于数据，
有，
，
所以，
即.
（2）（i）由（1）知，
所以，
，
若，则在上单调递减；
若，则，当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减.
综上所述，时，在上单调递减；
时，在上单调递增，在上单调递减.
（ii）因为函数有两个零点，所以关于的方程，即，
亦即有两个不同实数解.
令，则，
当时，在上单调递减，且当时，；
当时，在上单调递增，
所以当时，取得最大值.
作出函数的图象以及直线，如图所示：
由图可见，当且仅当，
即时，直线与函数的图象有两个公共点，
所以实数的取值范围是.

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