精品解析：福建省南安市侨光中学等校2025-2026学年高二下学期第一次阶段考试数学试题

2026春季高二年第一次阶段考试数学试卷 （考试时间：120分钟；满分：150分） 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 若，则（ ） A. 5 B. 20 C. 60 D. 120 【答案】D 【解析】 【分析】根据组合数的性质求出，再根据排列数公式计算可得. 【详解】因为，所以或， 解得（舍去）或， 所以. 故选：D 2. 函数的单调递减区间是(　　) A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的递减区间即可． 【详解】函数的定义域是（0，+∞）， y′=1﹣+= ， 令y′（x）＜0，解得：0＜x＜1， 故函数在（0，1）递减， 故选B． 【点睛】本题考查了利用导数判断函数的单调性问题，是一道常规题． 3. 已知正项等比数列的前n项和为，若，，则（    ） A. 12 B. 14 C. 16 D. 18 【答案】A 【解析】 【分析】应用等比数列片段和的性质有，，成等比数列，列方程求即可. 【详解】由题意及等比数列前n项和的性质，得，，成等比数列， 则，即，解得或（舍）. 故选：A 4. 已知函数，则（ ） A. －12 B. 12 C. －26 D. 26 【答案】A 【解析】 【分析】求导代入可得，进而求得即可 【详解】，故，解得，故，故 故选：A 5. 已知等差数列的公差，记该数列的前项和为，则的最大值为（ ） A. 66 B. 72 C. 132 D. 198 【答案】A 【解析】 【分析】根据等差数列的公差，求得其通项公式求解. 【详解】因为等差数列的公差, 所以，则 ， 所以 ， 由 ，得 ， 所以 或12时，该数列的前项和取得最大值， 最大值为， 故选：A 6. 某市新冠疫情封闭管理期间，为了更好的保障社区居民的日常生活，选派名志愿者到甲、乙、丙三个社区进行服务，每人只能去一个地方，每地至少派一人，则不同的选派方案共有（ ） A. 种 B. 种 C. 种 D. 种 【答案】A 【解析】 【分析】首先将名志愿者分成组，再分配到个社区. 【详解】首先将名志愿者分成组，再分配到个社区，可分为种情况， 第一类：名志愿者分成，共有（种）选派方案， 第二类：名志愿者分成，共有（种）选派方案， 第三类：名志愿者分成，共有（种）选派方案， 所以共（种）选派方案， 故选：A. 7. 已知数列满足，且，则使不等式成立的的最大值为（ ） A. 98 B. 99 C. 100 D. 101 【答案】B 【解析】 【分析】利用取倒数法并构造新数列求其通项公式，再由等比数列求和公式结合数列的单调性解不等式即可. 【详解】由，可得， 易知，两侧同时除，可得，整理得， 所以是以为首项，为公比的等比数列， 则， 故， 故， 易知单调递增，，所以. 故选：B 8. 已知实数，且，为自然对数的底数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】化简条件后根据形式构造函数，利用单调性判断不等式 【详解】因为，所以， 函数在上单调递增，且，因为 所以，所以，即， 又，所以，所以，即，综上，. 故选：D 二、多选题：本题共3小题，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求． 9. 已知数列的前n项和为，且满足，，，则下列说法正确的有（ ） A. 数列为等差数列 B. 数列为等比数列 C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据递推式可得、，再根据等差、等比数列的定义判断A、B；应用累加法求数列通项公式判断C；应用分组求和及等比数列前n项和公式求判断D. 【详解】因为，所以， 则是首项为，公比为2的等比数列，故A错误； 根据题意得，， 所以数列为首项为1，公比为1的等比数列，则 ，故B正确； 所以，故C正确； ，故D正确. 故选：BCD 10. 甲、乙、丙、丁、戊五人并排站成一排，下列说法正确的是（ ） A. 若甲、乙、丙按从左到右的顺序排列，则不同的排法有12种 B. 若甲、乙不相邻，则不同的排法有72种 C. 若甲不能在最左端，且乙不能在最右端，则不同的排法共有72种 D. 如果甲、乙必须相邻且乙在甲的右边，则不同的排法有24种 【答案】BD 【解析】 【分析】A选项，定序问题采用倍缩法进行求解；B选项，采用插空法进行求解；C选项，分两种情况，若最左端排乙，最左端不排乙，分别求出两种情况下的排法，相加即可；D选项，使用捆绑法进行求解； 【详解】对于A，甲乙丙按从左到右的顺序排列的排列有种情况，故A错误； 对于B，先安排丙，丁，戊三人，有种情况，再将甲乙两人插空，则有种情况，故甲乙不相邻的排法种数为种情况，故B正确； 对于C，若最左端排乙，此时其余四人可进行全排列，故有种；若最左端不排乙，则最左端只能从丙，丁，戊选出1人，又乙不能在最右端，则有种情况，则共有种站法，故C错误； 对于D，将甲与乙捆绑，看做一个整体且固定顺序，再与其他三人站成一排，故有种，故D正确； 故选：BD 11. 已知函数，若，其中，则（ ） A. B. C. D. 的取值范围为 【答案】BCD 【解析】 【分析】对求导，利用导数判断函数的单调区间，从而可得函数的大致图象．设，由图象可得知，，的取值范围，从而可判断A；又根据，对照系数可得的值，可得得取值范围，从而可判断C，D；结合A和C即可判断B． 【详解】因为，所以， 令，解得或， 当时，或，所以单调递增区间为和； 当时，，所以单调递减区间为， 的图象如右图所示， 设，则，，故A错误； 又，所以， 即， 对照系数得，故选项C正确； ，故选项D正确； 因为，所以，解得，故选项B正确． 故选：BCD． 【点睛】关键点点睛：先利用导数判断函数的单调区间，从而可得函数的大致图象，再利用数形结合求解是解答本题的关键． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 某学校开设了4门体育类选修课和4门艺术类选修课，学生需从这8门课中选修2门或3门课，并且每类选修课至少选修1门，则不同的选课方案共有________种（用数字作答）． 【答案】64 【解析】 【分析】分类讨论选修2门或3门课，对选修3门，再讨论具体选修课的分配，结合组合数运算求解. 【详解】（1）当从8门课中选修2门，则不同的选课方案共有种； （2）当从8门课中选修3门， ①若体育类选修课1门，则不同的选课方案共有种； ②若体育类选修课2门，则不同的选课方案共有种； 综上所述：不同的选课方案共有种. 故答案为：64. 13. 数列满足，则的前100项和_____． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意得当为偶数时，当为奇数时，进而求得奇数项与偶数项的和即可求解. 【详解】， ①当为偶数时， ，，， ，， … ， . ②当为奇数时， ，， ， ，，…，， ， 故答案为： 14. 若曲线与曲线有公共点，且在公共点处有公切线，则实数______． 【答案】 【解析】 【分析】设曲线与曲线的公共点为，由题意可以得到，列出关于的方程并进行求解即可. 【详解】由的定义域为， 因此设曲线与曲线的公共点为，， 则，即①， 又，，且两曲线在公共点有公切线， 则，即②， ①②联立消去得，解得， 代入①可得， 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. 若,且. （1）求展开式中的常数项. （2）求的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）首先根据求解出值,要求解展开式中的常数项,根据二项式定理求出中的,即可; （2）令,求出,两边同时乘以即可得到结果. 【小问1详解】 因为, 依题意，，, 因此,解得, 当时,,, 所以,, 展开式中的常数项为; 【小问2详解】 当时,, 因此, 所以, 所以. 16. 已知函数. （1）求的极值； （2）若函数在定义域内有三个零点，求实数a的取值范围. 【答案】（1）极大值为，极小值为；（2）. 【解析】 【分析】 （1）先对函数求导，然后结合导数可分析函数的单调性，进而可求函数的极值； （2）“函数，在定义域内有三个零点”可以转化为“方程有两个非零实根”.构造函数，对其求导，然后结合导数及函数的性质可求. 【详解】解：由题意可知函数的定义域为R. （1）因为. 所以， 由，得，， 当时，，函数单调递增， 当时，，函数单调递减， 当时，，函数单调递增， 因此，当时，有极大值，并且极大值为； 当时，有极小值，并且极小值为. （2）因为， 所以为一个零点. 所以“函数，在定义域内有三个零点”可以转化为“方程有两个非零实根”. 令，则， 所以，当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增； 当时，有最小值，时，，时，. 若方程有两个非零实根，则，即. 若，方程只有一个非零实根， 所以. 综上，. 【点睛】本题考查函数极值的求解，利用导数研究函数零点的个数，考查化归转化思想和数学运算能力，是中档题. 17. 记为数列的前n项和，已知. （1）证明：数列是等比数列； （2）设，求数列的前n项和. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）当时，求出的值，当时，由可得到，两式作差可得，结合等比数列的定义可证得结论成立； （2）由（1）中的结论可求出数列的通项公式，求得的表达式，再利用错位相减法可求得. 【小问1详解】 令时，，即得， 当时，①，②， 由①②得，，又由，又，， 所以数列是以为首项，公比为的等比数列. 【小问2详解】 ，， 因为，所以， ， 两式相减得： ， 所以. 18. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）当时，证明：． 【答案】（1）当时，在上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减； （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）求导函数，按照和分类讨论，利用导函数的正负情况即可得解； （2）结合（1）得到的最大值，即证，然后构造函数，利用导数法证明即可. 【小问1详解】 由题函数定义域为，， 则当时，在上恒成立，所以在上单调递增； 当时，令，得， 所以时单调递增，时单调递减； 综上，当时，在上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减； 【小问2详解】 当时，由（1）可知有最大值为， 故要证，只需证，即证， 设，则， 所以时单调递增，时单调递减； 所以对任意恒成立，因为， 所以，故原不等式得证. 19. 已知数列是等差数列，记其前项和为，且，． （1）求数列的通项公式； （2）将数列与的所有项从小到大排列得到数列． ①求的前20项和； ②证明：． 【答案】（1） （2）①；②证明见解析 【解析】 【分析】（1）设等差数列的公差为，依题意可得，对于取，即可求出、，从而求出通项公式； （2）①首先求出，即可得到，从而求出其前20项和；②由，分及两种情况讨论，当时利用裂项相消法计算可得. 【小问1详解】 设等差数列的公差为， 由，得，即， 由，取，得，即， 解得，，所以； 【小问2详解】 ①由（1）知，，所以， 因为， 所以，所以的前20项和为； ②证明：因为，所以， 所以当时，； 当时， ， 综上可得. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026春季高二年第一次阶段考试数学试卷 （考试时间：120分钟；满分：150分） 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 若，则（ ） A. 5 B. 20 C. 60 D. 120 2. 函数的单调递减区间是(　　) A. B. C. D. 3. 已知正项等比数列的前n项和为，若，，则（    ） A. 12 B. 14 C. 16 D. 18 4. 已知函数，则（ ） A. －12 B. 12 C. －26 D. 26 5. 已知等差数列的公差，记该数列的前项和为，则的最大值为（ ） A. 66 B. 72 C. 132 D. 198 6. 某市新冠疫情封闭管理期间，为了更好的保障社区居民的日常生活，选派名志愿者到甲、乙、丙三个社区进行服务，每人只能去一个地方，每地至少派一人，则不同的选派方案共有（ ） A. 种 B. 种 C. 种 D. 种 7. 已知数列满足，且，则使不等式成立的的最大值为（ ） A. 98 B. 99 C. 100 D. 101 8. 已知实数，且，为自然对数的底数，则（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求． 9. 已知数列的前n项和为，且满足，，，则下列说法正确的有（ ） A. 数列为等差数列 B. 数列为等比数列 C. D. 10. 甲、乙、丙、丁、戊五人并排站成一排，下列说法正确的是（ ） A. 若甲、乙、丙按从左到右的顺序排列，则不同的排法有12种 B. 若甲、乙不相邻，则不同的排法有72种 C. 若甲不能在最左端，且乙不能在最右端，则不同的排法共有72种 D. 如果甲、乙必须相邻且乙在甲的右边，则不同的排法有24种 11. 已知函数，若，其中，则（ ） A. B. C. D. 的取值范围为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 某学校开设了4门体育类选修课和4门艺术类选修课，学生需从这8门课中选修2门或3门课，并且每类选修课至少选修1门，则不同的选课方案共有________种（用数字作答）． 13. 数列满足，则的前100项和_____． 14. 若曲线与曲线有公共点，且在公共点处有公切线，则实数______． 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. 若,且. （1）求展开式中的常数项. （2）求的值. 16. 已知函数. （1）求的极值； （2）若函数在定义域内有三个零点，求实数a的取值范围. 17. 记为数列的前n项和，已知. （1）证明：数列是等比数列； （2）设，求数列的前n项和. 18. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）当时，证明：． 19. 已知数列是等差数列，记其前项和为，且，． （1）求数列的通项公式； （2）将数列与的所有项从小到大排列得到数列． ①求的前20项和； ②证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $