精品解析：河南郑州外国语学校等校2025-2026学年高二下学期月考1数学试卷

郑州外国语学校2025-2026学年高二下期月考1试卷 数学 （120分钟 150分） 一、单项选择题：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. 已知正项等比数列满足，则（ ） A. B. 3 C. 1 D. 【答案】B 【解析】 【分析】直接根据等比中项的定义可得结果. 【详解】因为正项等比数列中，且， 根据等比数列的性质得，即或（舍去）. 故选：B. 2. 现有5名同学去听同时举行的3个课外知识讲座，每名同学可自由选择听其中的1个讲座，不同的选择种数为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用分步计数原理即得． 【详解】每一位同学有3种不同的选择，则5名同学去听同时进行的3个课外知识讲座， 每名同学可自由选择其中的1个讲座，不同选法的种数是. 故选：A． 3. 函数在区间上单调递减，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求出函数的导数，求出函数的单调区间，得到关于的不等式组，解出的范围即可． 【详解】解：的定义域是， ， 令，解得：，令，解得：， 故在递减，在递增， 若函数在区间上单调递减， 则且且，解得：， 故选：． 【点睛】本题考查了函数的单调性问题，考查导数的应用以及集合的包含关系，属于基础题． 4. 记等差数列与的前项和分别为和，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由等差数列的求和公式以及等差数列的性质可得，，即可求解. 【详解】因为， ，可得， 所以， 故选：C. 5. 函数是定义是在上的可导函数，其导函数满足，则的解集是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】令，利用导数说明其单调性，即可得到不等式的解集； 【详解】解：令，则，因为，所以当时，当时，所以在上单调递增，在上单调递减，所以在处取得极大值也就是最大值，，所以恒成立，又当时，所以，所以恒成立，即的解集是 故选：D 6. 已知数列，是其前项积，，若函数，的导数为，则（    ） A. 2 B. 4 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求出，再得到，两边同时求导后代入即可. 【详解】因为， 当时，， 所以， 因为也满足， 所以， 令，则， 所以， 所以. 故选：D. 7. 用四种颜色给下图的6个区域涂色，每个区域涂一种颜色，相邻区域不同色，共有多少种不同的涂法（ ） A. 72 B. 96 C. 120 D. 144 【答案】C 【解析】 【分析】根据分类相加计数原理，先分四种颜色都用和只有三种颜色两种情况，再根据分步乘法计数原理，将涂色过程分成若干步，每一步确定一个区域的颜色，再根据相邻区域不同色的条件，确定每一步的涂色方案数，最后将各步方法数相乘得到总的涂色方案数. 【详解】设四种颜色分别为1、2、3、4， （1）四种颜色都用： 先涂区域，有4种填涂方案，不妨设涂颜色1， 再涂区域，有3种填涂方案，不妨设涂颜色2， 再涂区域，有2种填涂方案，不妨设涂颜色3， 若区域填涂颜色2，则区域填涂颜色1、4或4、3， 若区域填涂颜色4，则区域填涂颜色1、3或4、3， 共4种不同的填涂方法.由分步乘法计数原理可得，共有种不同的涂法. （2）四种颜色只用其中的三种颜色： 即当同色，同色，同色，共有种不同的涂法. 综上所述，根据分类相加计数原理可得，共有种不同涂法. 故选：C 8. 设函数，若存在区间，使在上的值域为，则的取值范围是　　 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用导数判断的单调性，得出，进而可得在上有两解，，分离可得 ，令利用导数判断其单调性求出最值，使得则与的图象有个不同的交点，即可求解. 【详解】由可得，， 所以当时，，所以在上单调递增， 所以，可得在上单调递增， 因为，所以在上单调递增， 因为在上的值域为， 所以， 所以方程在上有两解，． 即，令， 则与的图象有个不同的交点， ， 令，则对于恒成立， 所以在单调递增，因为， 所以当时，，；当时，，， 所以在上单调递减，在单调递增， ，， 若则与的图象有个不同的交点， 则，可得， 所以的取值范围是， 故选：C. 【点睛】方法点睛：已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法： （1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围； （2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决； （3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解. 二、多项选择题：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. 若正实数满足，则下列结论正确的有（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】通过构造函数，可判断函数为减函数，采用，结合代换，由指数和对数函数单调性即可判断. 【详解】设，则在为减函数， 因为 所以， 因为所以，所以， 即，从而所以A正确，B错误； 而 所以所以，所以C正确，D错误. 故选：AC. 10. 已知数列的通项公式为，前项和为，则下列说法正确的是（ ） A. 数列有最小项，且有最大项 B. 使的项共有项 C. 满足的的值共有个 D. 使取得最小值的为4 【答案】ABD 【解析】 【分析】首先利用作差法判断单调性，列出数列的前几项，再结合各选项一一判断即可. 【详解】因为，所以， 令，即，解得， 又，所以当时， 则当或时， 令，解得， 所以，， 所以数列有最小项，且有最大项，故A正确； 由，则又，所以或或或或， 所以使的项共有项，故B正确； 要使，又，所以、、中有个负数或个负数， 所以或或，故满足的的值共有个，故C错误； 因为时，时， 所以当为时取得最小值，故D正确. 故选：ABD 11. 已知函数，，则下列说法正确的是（ ） A. 在上是增函数 B. ，不等式恒成立，则正实数的最小值为 C. 若有两个零点，则 D. 若，且，则的最大值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】A选项中，令，利用导数可求得单调性，根据复合函数单调性的基本原则可知A正确；B选项中，利用导数可求得在上单调递增，由此可将恒成立的不等式化为，令，利用导数可求得，由可知B正确；C选项中，利用导数可求得的单调性，由此确定，若，可等价转化为，令，利用导数可求得单调性，从而得到，知，可得C错误；D选项中，采用同构法将已知等式化为，从而可确定，结合单调性得到，由此化简得到，令，利用导数可求得最大值，知D正确. 【详解】对于A，当时，，令，则，， ，当时，恒成立，在上单调递增； 在上单调递增， 根据复合函数单调性可知：在上为增函数，A正确； 对于B，当时，，又为正实数，， ，当时，恒成立，在上单调递增， 则由得：，即， 令，则， 当时，；当时，； 在上单调递增，在上单调递减，， ，则正实数的最小值为，B正确； 对于C，，当时，；当时，； 在上单调递减，在上单调递增；，则； 不妨设，则必有， 若，则，等价于， 又，则等价于； 令，则， ，，，，即， 在上单调递增，，即， ，可知不成立，C错误； 对于D，由，得：，即， 由C知：在上单调递减，在上单调递增； ，，则，， ，即，； 令，则， 当时，；当时，； 在上单调递增，在上单调递减，， 即的最大值为，D正确. 故选：ABD. 【点睛】方法点睛：本题C选项考查了导数中的极值点偏移问题；处理极值点偏移中的类似于（）的问题的基本步骤如下： ①求导确定的单调性，得到的范围； ②构造函数，求导后可得恒正或恒负； ③得到与的大小关系后，将置换为； ④根据与所处的范围，结合的单调性，可得到与的大小关系，由此证得结论. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 由0，1，2，3，4，5所组成的无重复数字的4位数中偶数的个数为______. 【答案】156 【解析】 【分析】分个位数字是0和个位数字不是0两种情况讨论分析即可. 【详解】若组成的4位偶数个位数字是0，则可从这5个数字中任选3个排在千、百、十位， 共有种排法； 若组成的4位偶数个位数字不是0，则需从中选一个排在个位，再从除0和个位已排数字以外的4个数中选一个排在千位， 第三步从千位和个位所排数字之外的4个数字中任选两个排在百位和十位， 共有种排法. 所以由0，1，2，3，4，5所组成的无重复数字的4位数中偶数的个数为. 13. 已知函数（，），若函数与有相同的最小值，则实数m的最小值为______. 【答案】 【解析】 【分析】求导确定函数的单调性，从而可得的最小值，再根据复合函数的最值设则，由此可得的最值，从而可得有解，构造函数，，求导确定单调性得实数m的取值范围，即可得实数m的的最小值. 【详解】由题可得，， 令，解得，令，解得， 则函数在上单调递减，在上单调递增， 所以. 对于函数，设，则， 则当时，取得最小值， 所以有解，即有解. 令，，则， 则函数在上单调递减，在上单调递增， 所以在处取得极小值，也是最小值，为. 因为有解，所以. 故m的最小值为. 故答案为：. 14. 已知数列中，对任意的若满足（为常数），则称该数列为阶等和数列，其中为阶公和；若满足（为常数），则称该数列为阶等积数列，其中为阶公积.已知数列为首项为的阶等和数列，且满足；数列为公积为的阶等积数列，且，设为数列的前项和，则__________． 【答案】 【解析】 【详解】由题意可知，，，，，，，，，，，，，，……， 又∵是4阶等和数列，因此该数列将会照此规律循环下去， 同理，，，，，，，，，，，，，，……， 又∵是3阶等积数列，因此该数列将会照此规律循环下去， 由此可知对于数列，每12项的和循环一次， 易求出， 因此中有168组循环结构，故， 故答案为：． \ 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. （1）已知，；求的值； （2）解不等式. 【答案】（1）（2）不等式的解集为 【解析】 【分析】（1）根据组合数的性质，先由，求得的值，代入，利用组合数的性质可得其值； （2）根据排列数的计算公式，化简可求得不等式的解集. 【详解】（1）由，得或， 所以或. 因为，所以. 所以. （2）由，得. 由，得，即， 即，即，解得， 因此，则， 即不等式的解集为. 16. 已知函数. （1）若，求曲线在点处的切线方程； （2）若在处取得极值，求的最值. 【答案】（1） （2）的最大值为，最小值为 【解析】 【分析】(1)原函数求导，求出切线斜率，代入点即可求切线方程. (2)原函数求导，根据题目条件算出参数，解不等式求出单调区间，即可求出最值. 【小问1详解】 解：的导函数为， 可得曲线在处的切线的斜率为，又因为， 则曲线在点处的切线方程为，即. 【小问2详解】 解：的导函数为， 由题意可得，即，解得，可得，， 当或时，，单调递增；当时，，单调递减； 又时，， 所以在时取得最大值，且；在时取得最小值，且. 17. 已知等差数列的前项和为，且，. （1）求数列的通项公式； （2）若，数列的前项和为，求证：. 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据已知条件列方程求出等差数列的首项与公差，根据等差数列定义写出通项公式； （2）通过裂项相消的方法化简的表达式，并证明不等式. 【小问1详解】 在等差数列中，，则. 又，所以该等差数列公差.故. 所以， 故数列的通项公式为. 【小问2详解】 因为，所以， 则 化简得. 因为，所以，故. 18. 已知函数 （1）若直线与曲线相切，求a的值； （2）若存在，使得，求a的取值范围． 【答案】（1） （2）． 【解析】 【分析】（1）求，设切点为，根据可得a的值. （2）根据的范围确定函数定义域，结合导函数分析函数的单调性，利用可求a的取值范围． 【小问1详解】 ∵，∴． 设切点为，则，即，解得． 【小问2详解】 当时，由得，∴的定义域为． 由得，当时，，当时，， ∴在上单调递增，在上单调递减． ∴． ∵存在，使得，∴，结合，解得． 当时，由得，∴的定义域为． 由得，当时，，当时，， ∴在上单调递增，在上单调递减． ∴． ∵存在，使得，∴，结合，解得． 综上，的取值范围为． 19. 已知函数． （1）当时，求的单调递增区间； （2）若有两个极值点． （ⅰ）求的取值范围； （ⅱ）证明：． 【答案】（1） （2）（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析 【解析】 【分析】（1）求导，令导函数大于0，可求函数的增区间. （2）（ⅰ）求导，结合换元法，把问题转化成二次函数有两个不等正根可求参数的取值范围. （ⅱ）利用（ⅰ）中的有关结论，把化成，设，问题转化成证明.利用导数，分析函数单调性，即可证明结论. 【小问1详解】 当时，， 由，所以. 故单调递增区间为. 【小问2详解】 （ⅰ），令，即 令，，则是方程的两个正根， 则，即， 有，，即. 所以的取值范围为：. （ⅱ） 令 则． 令，则， 则在上单调递减， 又 故存在，使，即， 则当时，，当时，， 故在上单调递增，在上单调递减 则， 又，故 即. 【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是利用换元的思想，利用换元转化为其他函数，利用导数，转化为隐零点问题求解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 郑州外国语学校2025-2026学年高二下期月考1试卷 数学 （120分钟 150分） 一、单项选择题：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. 已知正项等比数列满足，则（ ） A. B. 3 C. 1 D. 2. 现有5名同学去听同时举行的3个课外知识讲座，每名同学可自由选择听其中的1个讲座，不同的选择种数为（ ） A. B. C. D. 3. 函数在区间上单调递减，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 4. 记等差数列与的前项和分别为和，若，则（ ） A. B. C. D. 5. 函数是定义是在上的可导函数，其导函数满足，则的解集是（ ） A. B. C. D. 6. 已知数列，是其前项积，，若函数，的导数为，则（    ） A. 2 B. 4 C. D. 7. 用四种颜色给下图的6个区域涂色，每个区域涂一种颜色，相邻区域不同色，共有多少种不同的涂法（ ） A. 72 B. 96 C. 120 D. 144 8. 设函数，若存在区间，使在上的值域为，则的取值范围是　　 A. B. C. D. 二、多项选择题：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. 若正实数满足，则下列结论正确的有（ ） A. B. C. D. 10. 已知数列的通项公式为，前项和为，则下列说法正确的是（ ） A. 数列有最小项，且有最大项 B. 使的项共有项 C. 满足的的值共有个 D. 使取得最小值的为4 11. 已知函数，，则下列说法正确的是（ ） A. 在上是增函数 B. ，不等式恒成立，则正实数的最小值为 C. 若有两个零点，则 D. 若，且，则的最大值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 由0，1，2，3，4，5所组成的无重复数字的4位数中偶数的个数为______. 13. 已知函数（，），若函数与有相同的最小值，则实数m的最小值为______. 14. 已知数列中，对任意的若满足（为常数），则称该数列为阶等和数列，其中为阶公和；若满足（为常数），则称该数列为阶等积数列，其中为阶公积.已知数列为首项为的阶等和数列，且满足；数列为公积为的阶等积数列，且，设为数列的前项和，则__________． 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. （1）已知，；求的值； （2）解不等式. 16. 已知函数. （1）若，求曲线在点处的切线方程； （2）若在处取得极值，求的最值. 17. 已知等差数列的前项和为，且，. （1）求数列的通项公式； （2）若，数列的前项和为，求证：. 18. 已知函数 （1）若直线与曲线相切，求a的值； （2）若存在，使得，求a的取值范围． 19. 已知函数． （1）当时，求的单调递增区间； （2）若有两个极值点． （ⅰ）求的取值范围； （ⅱ）证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $