四川省眉山市仁寿第一中学校北校区2024-2025学年高二下学期6月期末数学试卷（含答案）

2026届高二下期期末考试数学试题
本试卷满分150分,考试时间120分钟．
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,只有一个选项是符合题目要求的．
1．已知等差数列满足,则等于
A． B． C． D．
2．记为等比数列的前项和．若,,则
A．7 B．8 C．9 D．10
3．已知函数（是自然对数的底数）在区间上单调递增,则的最小值为
A． B．e C． D．
4．现有3名同学站成一排,再将甲、乙2名同学加入排列,保持原来3名同学顺序不变,不同的方法共有
A．12种 B．20种 C．6种 D．8种
5．设数列的前项和为,若,且,则
A． B． C． D．
6．已知函数（是自然对数的底数）．若,则实数的取值范围是
A． B． C． D．
7．已知函数（是自然对数的底数）与函数的图像上恰有两对关于轴对称的点,则实数的取值范围为
A． B． C． D．
8．记数列的前项和为,若,则的值不可能为
A．96 B．98 C．100 D．102
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．已知无穷等差数列的前项和为,且,则
A．在数列中,最大 B．在数列中,最大
C． D．当时,
10．下列求导结果正确的是
A． B．
C． D．
11．设函数,则
A．当时,有三个零点
B．当时,是的极大值点
C．存在,使得为曲线的对称轴
D．存在,使得点为曲线的对称中心
三、填空题：本题共3小题,每小题5分,共15分．
12．若,则________．
13．记为数列的前项和,若,则________．
14．在风水学中,单数被视为阳数,象征着积极向上和吉祥,而双数被视为阴数,寓意不佳．在实际应用中,家庭中常见的楼梯台数通常是9级,而公共建筑中则多为11级．今李白在教学楼一二楼之间的楼梯（共11个台阶）上行走,他每次迈步有两种方式：每步登上1个台阶或2个台阶．那么李白从楼梯底部登上第11个台阶的迈步方法有______种．
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）
已知函数在时取得极大值4．
（1）求实数的值；
（2）若存在使得,求实数的取值范围．
16．（15分）
记,其中,数列满足．
（1）证明：数列是等差数列,并求;
（2）求数列的前项和．
17．（15分）
已知数列的前项和为,其中为常数,且．
（1）求的值,并求；
（2）,数列的前项和为,若,都有恒成立,求实数的最小值．
18．（17分）
已知函数．
（1）当时,求曲线在处的切线方程；
（2）若,求的值；
（3）设为整数,且对于任意正整数,,求的最小值．
19．（17分）
已知函数．
（1）当时,求函数的最小值；
（2）试讨论函数的单调性；
（3）当时,不等式恒成立,求整数的最大值．
2026届高二下期期末考试数学参考答案
一、选择题：（每小题5分,共40分）
1．B; 2．A; 3．C; 4．B; 5．C; 6．C; 7．A; 8．D．
二、选择题：（每小题6分,共18分）
9．AD; 10．ACD; 11．AD．
三、填空题：（每小题5分,共15分）
12．3或8; 13．; 14．144．
1．解：因为,解得.
2．解：∵为等比数列的前项和,,∴,,成等比数列
∴,,∴,∴.
3．解：依题可知,在上恒成立,显然,所以,设,所以,所以在上单调递增,,故,即,即的最小值为．
4．解：原来名同学站成一排,有个空位可以插入甲同学,所以甲同学有种不同的排法.
当甲同学插入后,此时包括原来名同学和甲同学一共有个人,
这个人形成了个空位,所以乙同学有种不同的排法.
故完成将甲、乙名同学加入排列这件事,分两步：
第一步甲同学有种排法,第二步乙同学有种排法,
那么根据分步乘法计数原理,不同的方法共有（种）.
5．解：数列中,由,得,整理得,
则,数列是以为首项,1为公差的等差数列,
于是,即,而满足上式,
因此,,,ABD错误,C正确.
6．解：,在上单调递增.
令,在上单调递增,
因为,所以为奇函数,
则化为
所以,解得,.
7．解：函数与的图像上恰有两对关于轴对称的点,所以,即有两解,则有两解,令,则,所以当时,；当时,；所以函数在上单调递减,在上单调递增；所以在处取得极小值,所以,所以,的取值范围为.
8．解：当时,,设,
当时,,则,
即,所以,
时取等,故D错误；
若,,且,,,
此时；
若,,且,,,
此时.
9．解：由题知,无穷等差数列的前项和为,且,所以,所以等差数列为递减数列,所以在数列中,最大；当时,.
10．解：,A正确；
,B错误；
,C正确；
,D正确.
11．解：A选项,,由于,故时,故在上单调递增,时,,单调递减,则在处取到极大值,在处取到极小值,由,,则,根据零点存在定理在上有一个零点,又,,则,则在上各有一个零点,于是时,有三个零点,A选项正确；
B选项,,时,,单调递减,时,单调递增,此时在处取到极小值,B选项错误；
C选项,假设存在这样的,使得为的对称轴,即存在这样的使得,即,等式右边展开式含有的项为,于是等式左右两边的系数都不相等,原等式不可能恒成立,于是不存在这样的,使得为的对称轴,C选项错误；
D选项,
方法一：利用对称中心的表达式化简
,若存在这样的,使得为的对称中心,则,事实上,,于是,即,解得,即存在使得是的对称中心,D选项正确.
方法二：直接利用拐点结论
任何三次函数都有对称中心,对称中心的横坐标是二阶导数的零点,,,由,于是该三次函数的对称中心为,由题意也是对称中心,故,即存在使得是的对称中心,D选项正确.
12．解：因为,所以或,解得或,经检验符合题意.
13．解：根据,可得,两式相减得,即,
当时,,解得,
所以数列是以-1为首项,以2为公比的等比数列,所以,故答案是.
14．解：按李白的迈步方式,记从楼梯底部登上第个台阶的迈步方法数为,显然,,
当时,要登上第个台阶,可以分两类：
第一类,从第个台阶一步迈上,有种；
第二类,从第个台阶一步迈上,有种．
根据分类加法计数原理,．
易得,,,,,,,,．
四、解答题：（共77分）
15．解：（1）,由题意得,解得.
此时,,
当时,,所以在单调递增,
当时,,所以在单调递减,
当时,,所以在单调递增,
所以在时取得极大值.
所以.
（2）即求函数在区间上的值域.
由（1）可知,在单调递增,在单调递减,在单调递增.
又因为,,,,
所以函数在区间上的最大值为4,最小值为0.
所以,实数的取值范围是.
16．解：（1）证明：因为,所以,则,
所以,．
因为,,
所以,当时,,
所以,,代入,得,
两边同时除以并整理得,（）,
所以,数列是首项为,公差为1的等差数列,
所以,,即,
所以,,即．
（2）由（1）得,,
所以,,
所以,
,
即．
17．解：（1）由已知,,,
所以,则,所以,
,
（）,
且也成立,
所以．
（2）由（1）可知,,则,
则,
,
两式作差得,,
则,
由知,数列为递增数列,
因,则,即,
又,都有恒成立,则,则实数的最小值为.
18．解：（1）当时,,,
所以,所以切线的斜率为,
又因为,
所以曲线在处的切线方程为,即.
（2）因为,
当时,,
所以在上单调递增,
又因为,与不符；
当时,由得,
所以在上单调递减,在上单调递增.
所以,所以,
设,
则,
由,可得,
所以在上单调递增,在上单调递减,
所以,
所以有唯一解,且.
（3）由（2）知当时,,
当且仅当时,.
所以当且时,,
则.
取（）,所以,
所以,,,
所以.
所以,
所以,
于是对于任意正整数,,
只需,又因为,所以,
则的最小值为.
19．解：（1）当时,则,
可知的定义域为,且,
令,解得；令,解得；
可知的单调递减区间是,单调递增区间是；
所以函数的最小值为.
（2）由题意可知的定义域为,且,
当时,恒成立,
所以的单调递减区间是,无单调递增区间；
当时,令解得,
令,解得；令,解得；
所以的单调递减区间是,单调递增区间是；
综上所述：当时,的单调递减区间是,无单调递增区间；
当时,的单调递减区间是,单调递增区间是.
（3）当时,不等式恒成立,
即,整理可得,
原题意等价于对任意恒成立,
令,
则,
令,则,
所以在区间上单调递增,
因为,,
所以在区间内存在唯一零点,
即,所以,
当时,,即；
当时,,即；
可知在区间上单调递减,在区间上单调递增；
所以,
因为,则,即,
且为整数,则,所以整数的最大值是.