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广东高州中学等校2025-2026学年高二下学期5月学情检测数学试题
一、单选题
1．某校开展阅读打卡活动，语文老师要求每个学生阅读科普类文本或人文自然类文本中的一本，现有7本科普类文本和8本人文自然类文本可供选择，小明按照语文老师的要求进行选择，则不同的选法共有（ ）
A．7种 B．8种 C．15种 D．56种
2．已知函数满足，则（ ）
A．4 B． C． D．2
3．函数在上的值域为（ ）
A． B． C． D．
4．已知数列满足，．若，则正整数的最小值是（ ）
A． B． C． D．
5．若二项式的展开式中，x和的系数相同，则非零常数（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
6．将标有、、、、、的六张数字卡片分成甲、乙、丙三组，要求每组都有奇数数字卡片与偶数数字卡片，则不同的分法总数为（ ）
A． B． C． D．
7．记为等比数列的前n项和，若，，，则（ ）
A．3 B． C．6 D．
8．已知函数，．若，，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．“杨辉三角”揭示了二项式系数在三角形数阵中的排列规律，在我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中就有出现，如图，下列关于“杨辉三角”的说法正确的是（ ）
A．每行的首位和末位均为1
B．对应的行中共有4个质数
C．若有不同的两行同时出现了相同数字，且该数字不为1，则该数字的最小值为6
D．对应的行的各项数字之和为
10．若，则（ ）
A． B．
C． D．
11．对于数列，，若对任意正整数n，恒成立，则称是“有界数列”，若，则称是阶乘数列，则（ ）．
A．对任意等差数列，存在等比数列使得是“有界数列”
B．对任意等比数列，存在等差数列使得是“有界数列”
C．对任意等差数列，存在阶乘数列使得是“有界数列”
D．对任意阶乘数列，存在等比数列使得是“有界数列”
三、填空题
12．已知函数，则______．
13．已知在公差为的等差数列中，，且，，则______．
14．将甲、乙、丙、丁等8个人平均分成两组：第一组和第二组，在第一组中选择2人干工作C，其余2人干工作D；在第二组中选择1人干工作E，其余3人干工作C，已知甲不能干工作C，乙要干工作D，丙不与丁在同一组，则分配方式总数为______．（用数字作答）
四、解答题
15．若，证明：
(1)；
(2)．
16．已知函数，曲线在点处的切线方程为．
(1)求；
(2)若函数在区间上单调递增，求的取值范围．
17．记为数列的前项和，．
(1)求数列的前项和；
(2)求．
18．在等差数列中，，．
(1)求；
(2)求；
(3)若，记为的前n项和，证明：．
19．已知函数，，．
(1)讨论的单调性；
(2)求的零点个数；
(3)当时，记，的各零点之和为T，证明：．
参考数据：，．
参考答案
1．C
【详解】有7本科普类文本和8本人文自然类文本，从科普类文本或人文自然类文本中选一本，
所以，根据分类加法计数原理，不同的选法共有（种）．
2．B
【详解】．
3．A
【详解】因为，则在内恒成立，
可知在上单调递减，且，
所以函数在上的值域为.
4．B
【详解】因为，，所以，，可得，而，则正整数的最小值是，故B正确．
5．C
【详解】由题意可得x的系数为，的系数为，
则有，解得或（舍去）．
6．B
【详解】将奇数数字卡片分配给甲、乙、丙三组，可以是、、或、、或、、，有种分配方法，
将偶数数字卡片分配给甲、乙、丙三组，共种分法，
由分步乘法计数原理知共种分法．
7．D
【详解】记的公比为q，由，得，
由，得，则，
由，得，即，联立解得，
所以．
8．D
【详解】已知函数，其中，定义域为，
则，
令，则或，
当时，，则时，，单调递减，当时，，单调递增，
此时函数的最小值为，
因为对，有，则，即，得，此时没有最小值，不符合题意；
当时，，则时，，单调递减，当时，，单调递增，
此时函数的最小值为，
因为对，有，则，即，
得，则，即．故D正确．
9．ACD
【详解】对于A，显然，故A正确；
对于B，易知对应的行中的数为1，5，10，10，5，1，显然只有2个质数，故B错误；
对于C，注意到前5行不存在不同的两行同时出现了相同数字，且该数字不为1，
而第6行后除1以外数字最小为6，且其在对应的行出现过，故C正确；
对于D，当时，该行的数依次为二项式展开式中各项的系数顺序排列所得，
取得和为，故D正确．
10．ABD
【详解】令，则，故A正确；
，故B正确；
令，得，
令，得，
两式相减得，故C错误；
对等式两边求导得，
令，得，故D正确．
11．AC
【详解】对于 A，设任意等差数列 满足 ．取等比数列 ，其中 ．则.
因为对任意正整数 ，有 ，所以.故 A 正确．
对于 B，取等比数列 ．若存在等差数列 ，设 ，则.
取正整数 ，使 ，又 ，于是 ，与题设要求矛盾，故 B 不正确．
对于 C，设任意等差数列 满足 ．
取阶乘数列 ，其中 ．则 ，
且.
因为对任意正整数 ，有 ，且 ，
所以.故 C 正确．
对于 D，取阶乘数列 ．若存在等比数列 ，设 ，则.
当 时，．
取正整数 ，使 ，则 ，与题设要求矛盾．
当 时，令于是有.
取正整数 ，使 ，则当 时，．
于是对任意正整数 ，有.
又因为可以取 足够大，使 ，所以存在正整数 ，使.
即，这也与题设要求矛盾．故 D 不正确．
12．
【详解】因为，于是．
13．20
【详解】因为等差数列中，，且，
所以，两式相减得，
代入中，得，解得．
14．68
【详解】不妨考虑丙在第一组，丁在第二组．显然乙必然在第一组．
若甲在第一组，则剩余4人中1人进第一组与丙共干工作C，剩余3人进入第二组，而这3人与丁中1人干工作E，剩余3人干工作C，故共有种．
若甲在第二组，则剩余4人中2人进第二组与丁干工作C，剩余2人进第一组与丙干工作，其中1人干工作D，剩余2人干工作C，故此时共有种．
所以，丙在第一组，丁在第二组的分配情况共有种，
同理，由对称性可知,丙在第二组，丁在第一组的分配情况也有种，
所以，总分配方式共种．
15．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【详解】（1）由题意得，，，
又，
所以．
（2）由题意得，，
而，
而，
所以．
16．(1)，.
(2)
【详解】（1）已知，求导得.
曲线在点处的切线方程为，切线斜率，且.
代入计算：，.
故，.
（2）由（1）得，则.
求导得.
因为在上单调递增，所以在上恒成立，即在上恒成立.
令，，求导得.
因为时，，所以，即在上单调递增.
因此.
故，即的取值范围为.
17．(1)
(2)
【详解】（1）解：由为数列的前项和，，可得，
两式相减，可得，即，
所以，
令，可得，即，解得，
再令，可得，即，解得，
所以数列是以为首项，公比为的等比数列，
则数列的前项和为．
（2）解：由（1）知：，可得，且，
所以数列是首项为，公差为的等差数列，可得，
所以数列的通项公式为，
则，
可得
两式相减，可得
，所以．
18．(1)
(2)
(3)证明见解析
【详解】（1）解：记的公差为d，因为，
所以.
（2）解：由题意可得，，
此时显然，可得，
则，
即，即，解得，
所以．
（3）证明：当时，，此时，不符合题意，
当时，，此时，符合题意．
此时，故．
所以．
所以，
即，
所以
，证毕.
19．(1)当时，在区间上单调递增；当时，在区间，上单调递增，在区间上单调递减．
(2)唯一零点
(3)证明见解析
【详解】（1）解：，，
令，则，
当时，，，单调递增，
当时，，由得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
当时，，单调递增．
综上，当时，在区间上单调递增；当时，在区间，上单调递增，在区间上单调递减．
（2）解：，
设，，
当时，，单调递减；当时，，单调递增，
所以，而是增函数，
所以时，单调递增，
因为当时，，，，
所以有唯一零点．
（3）证明：注意到，故是函数的一个零点，
因为，
所以，若存在零点，则也是其零点，
令，
则在上恒成立，
所以在上单调递减，
所以，即在上恒成立，
所以，
又因为，，，
所以在区间上有唯一零点，
所以，，
设，，
所以在上恒成立，故在上单调递增，
所以，即，证毕.

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