精品解析：安徽太和中学2025-2026学年高二下学期第二次学业水平检测数学试题

太和中学高二年级第二次学业水平检测数学学科试题 （考试时间：120分钟，分值：150分） 第一部分（选择题共58分） 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，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知函数的图象在点处的切线方程为，则（ ） A. 8 B. 3 C. 4 D. -4 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意结合导数的几何意义分析求解即可. 【详解】因为切线方程为， 可知当时，，且切线斜率为3， 即，，所以. 故选：C. 2. 的展开式中常数项为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】二项展开式的通项公式为， 整理得：， 令，解得：， 展开式中常数项为：. 3. 已知数列满足.若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】逐项计算找到数列的周期即可. 【详解】由题意，，，，， 故数列周期为4，则. 4. 记为数列的前项积，已知，则= （ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据与的等式，求得的通项公式即得解. 【详解】则，代入， 化简得：，则. 故选:C. 5. 数列中，，定义：使为整数的数叫做期盼数，则区间内的所有期盼数的和等于（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用换底公式与累乘法把化为，然后根据为整数，可得，最后由等比数列前项和公式求解． 【详解】解：，， ， 又为整数， 必须是2的次幂，即． 内所有的“幸运数”的和： ， 故选：D． 6. 已知实数：，，，且，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由已知可得，，，构造函数，利用导数探讨函数的单调性，结合单调性比较的大小作答. 【详解】由，得， 令，则，当时，，当时，， 于是函数在上单调递减，在上单调递增，则， 即，因此，即，又， 所以． 故选：D 【点睛】思路点睛：某些数或式大小关系问题，看似与函数的单调性无关，细心挖掘问题的内在联系，抓住其本质，构造函数，分析并运用函数的单调性解题，它能起到化难为易、化繁为简的作用. 7. 若实数满足，则的最小值是（ ） A. 8 B. 9 C. 10 D. 11 【答案】A 【解析】 【分析】先画出函数和的图像，再根据图像解释的几何意义即可. 【详解】由，得，令，则， 令得，当时，单调递减，当时，单调递增； 由，得，令， 的图像如下图： 则表示上一点与上一点的距离的平方， 显然，当过M点的的切线与平行时，最小， 设上与平行的切线的切点为，由，解得， 所以切点为，切点到的距离的平方为， 即的最小值为8； 故选：A. 8. ，，当时，均有，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先将不等式变形，通过构造函数将条件转化为函数单调性问题，再利用导数研究恒成立，分离参数后根据自变量范围求出参数的最小值。 【详解】，，当时，，整理可得，即， 即，即， 令，，则，，当时，， 所以函数在上单调递减，即，， 即，由，得，所以， 即实数的取值范围是． 故选：D． 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，且第5项与第8项的二项式系数相等，则（ ） A. B. 展开式的二项式系数和为 C. 展开式的各项系数和为 D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用二项式系数的性质求解选项A，利用二项式系数之和是令即可求解选项B，利用赋值法对二项式中的变量求解展开式的各项系数和即可求解选项C，赋值变量求出，赋值求出从而求出进而得到结果. 【详解】对于A：由题意可得，则，故A正确； 对于B：因为，所以展开式的二项式系数和为，故B错误； 对于C：令，则展开式的各项系数和为，所以C正确； 对于D：令，得； 令，得， 所以，故D正确. 10. 以“智能时代，同球共济”为主题的2025年世界人工智能大会在上海盛大开幕.现安排甲､乙､丙､丁､戊5名同学参加志愿者服务活动，有翻译､礼仪､司机三项工作可以安排，下列说法正确的是（ ） A. 每人安排一项工作的不同方法数为 B. 每人安排一项工作，每项工作至少有一人参加，则不同安排方法种数是 C. 若甲乙丙会翻译，丙丁戊懂礼仪，现翻译和礼仪各安排两人，则不同的安排方法数为 D. 每人安排一项工作，如果礼仪工作不安排，其余两项工作每项工作至少安排一人，则不同的安排方法数为 【答案】CD 【解析】 【分析】根据分步乘法计数原理判断A，根据分组分配问题判断B；根据分类加法计数原理及组合知识求解判断C，根据分步乘法计数原理求解判断D. 【详解】对于A，由分步乘法计数原理可得，每人安排一项工作的不同方法数为，故A错误； 对于B，每人安排一项工作，每项工作至少有一人参加， 则每项工作的人数分别为或， 故不同的安排方法， 而，故B错误； 对于C，若丙做翻译，则不同的安排方法为， 若丙不做翻译，则不同的安排方法为， 故不同的安排方法为，故C正确； 对于D，每人安排一项做翻译或司机中的一项工作，共有种安排方法， 如果人都安排做翻译或司机，共有2种安排，故不同的安排方法数为，故D正确. 故选：CD. 11. 大衍数列来源《乾坤诺》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理，数列中每一项代表了太极衍生过程．已知大衍数列满足，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】由递推关系讨论当时和当时两种情况得到，再利用累加法得到数列的通项，然后逐项判断即可. 【详解】因为，，令且， 当时，①； 当时，②， 由①②联立得． 所以，，…，， 累加可得． 令（且为奇数），得， 当时满足上式，所以当n为奇数时，， 当n为奇数时，，所以，其中n为偶数． 所以，故D正确．所以，故A正确． 因为，故B正确． 当n为偶数时，，即， 当n为奇数时，，即， 综上可得，故C错误． 故选：ABD． 第二部分（非选择题共92分） 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知数列满足，则______； 【答案】 【解析】 【分析】根据累加法可得数列的通项公式，再根据裂项相消求和即可得答案. 【详解】由题意令，得 ， ， 累加可得 ， 则， ， 故. 13. 如图为我国数学家赵爽（约3世纪初）在为《周髀算经》作注时验证勾股定理的示意图，现用4种不同颜色给图中的5个区域涂色，要求相邻的区域不能涂同一种颜色，则不同的涂色方法共有_____种． 【答案】72 【解析】 【分析】根据题意，分4步依次分析区域A、B、C、D、E的涂色方法数目，由分步计数原理计算答案． 【详解】分4步进行分析： ①，对于区域，有4种颜色可选； ②，对于区域，与区域相邻，有3种颜色可选； ③，对于区域，与、区域相邻，有2种颜色可选； ④，对于区域、，若与颜色相同，区域有2种颜色可选， 若与颜色不相同，区域有1种颜色可选，区域有1种颜色可选， 则区域、有种选择， 则不同的涂色方案有种． 14. 关于x的不等式在上恒成立，则a的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】不等式转化为，构造函数，判断函数单调递增得到，转化为，构造函数，根据函数的单调区间计算最小值即得到答案. 【详解】，即， 设，恒成立，故单调递增. 原不等式转化为，即，即在上恒成立. 设，， 当时，，函数单调递增； 当时，，函数单调递减； 故，即，解得. 故答案为：. 【点睛】将不等式化为,这种方法就是同构法，同构即结构形式相同，对于一个不等式，对其移项后通过各种手段将其变形，使其左右两边呈现结构形式完全一样的状态，接着就可以构造函数，结合函数单调性等来对式子进行处理了． 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. 已知函数 （1）当时，求在点处的切线方程； （2）当时，求函数的单调递增区间. 【答案】（1） （2）答案见解析 【解析】 【分析】（1）求出函数的导数，计算，的值，求出切线方程即可； （2）求出函数的导数，通过讨论的范围，求出函数的单调区间即可； 【小问1详解】 解：当时，， 所以， 所以，， 故在点处的切线方程是，即； 【小问2详解】 解：因为定义域为， 所以， 因为， 当，即当时，由，解得或， 当时，恒成立， 当，即当时，由，解得或， 综上，当时，的递增区间是，， 当时，的递增区间是， 当时，的递增区间是，； 16. 已知公差不为0的等差数列，，且，，成等比数列． （1）求数列的通项公式； （2）记数列的前n项和为，若，求数列的前n项和． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据等差数列通项及等比中项应用列方程求解即可得出通项公式； （2）应用，结合对数运算律化简，最后应用裂项相消法计算即可求解. 【小问1详解】 设等差数列的公差为d， 由题意得， 即，即， 解得或， 因为，所以， 所以． 【小问2详解】 因为， 当时，， 当时，， 又因为符合上式，所以． 令，即， 故 ． 17. 已知函数． （1）若函数的图象与直线相切，求实数的值； （2）若函数有且只有一个零点，求实数的取值范围． 【答案】（1）; （2）. 【解析】 【分析】（1）设切点坐标，根据导数的几何意义求出切线的斜率，进而列出关于的方程组，解之即可; （2）由题意可得只有一个根，易知，可转化为与的图象只有一个交点，根据导数研究函数的单调性，数形结合即可求解. 【小问1详解】 设直线与函数的图象相切于点， 因为, 所以，由②③可得④，易知. 由①得，代入④可得， 即，即，解得. 故. 【小问2详解】 令，可得， 由题意可得只有一个根. 易知不是方程的根，所以， 所以由，可得. 设，则与的图象只有一个交点. ， 当时，，函数单调递增； 当时，，函数单调递减； 当时，，函数单调递增. 设，则， 当时，，函数单调递减； 当时，，函数单调递增. 所以. 所以. 又，时，，时，， 画出函数的图象如图所示： 由图可知，若与的图象只有一个交点， 则. 所以实数的取值范围是. 18. 已知数列各项都是正数，，对任意n∈N*都有．数列满足，（n∈N*）． （1）求数列，的通项公式； （2）数列满足cn＝，数列的前n项和为，若不等式对一切n∈N*恒成立，求的取值范围． 【答案】（1），n∈N*； （2） 【解析】 【分析】（1）由数列的递推式，结合等比数列和等差数列的定义、通项公式，可得所求； （2）由等比数列的求和公式和数列的错位相减法求和，以及不等式恒成立思想，结合数列的单调性，计算可得所求范围． 【小问1详解】 数列各项都是正数，，对任意n∈N*都有，① 当时，，② ①﹣②可得， 因为数列各项都是正数， 所以可化为， 因为， 所以，所以， 所以数列是以1为首项，2为公比的等比数列， 所以，n∈N*； 数列满足，（n∈N*）， 可得， 当时，，又， 两式相减可得， 所以的奇数项和偶数项均为公差为2的等差数列， 可得奇数项为1，3，5，7，...，2n﹣1，...，偶数项为2，4，6，...，2n，...， 所以； 【小问2详解】 因为， 所以， 所以 两式相减可得 化为， 若不等式对一切n∈N*恒成立， 即为恒成立， 设， ﹣1＝﹣1＝﹣1＝， 当时，，当时，， 所以时，取得最大值， 则﹣9，解得﹣， 即λ的取值范围是． 19. 已知函数（其中为自然对数的底数），． （1）讨论函数的单调性； （2）若对任意的都有不等式成立，求实数a的值． （3）设，证明：． 【答案】（1）答案见解析； （2）； （3）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）求出，分类讨论以及，根据导函数的符号即可得出函数的单调性； （2）由已知得，求出，经分析可得.构造，可知在上单调递增.分以及，根据零点存在定理可知都有唯一解，有，进而得到的单调性和最小值.令，可得，又可证得，即可得到，进而求出a的值； （3）由（1）知，当时，可推出成立，且仅在时取等号.令，进而推得.代入根据等比数列前项和公式即可证明. 【小问1详解】 解：函数定义域为R，． ①当时，恒成立，函数在区间上单调递增； ②当时，解可得. 解，得，所以函数在上单调递增； 解，得，所以函数在上单调递减. 综上所述，当时，函数在区间上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减. 【小问2详解】 令，定义域为， . ①当时，单调递增，的值域为R，不符合题意； ②当时，，也不符合题意； ③当时，令，则 恒成立， 所以在上单调递增. 当时，，又，根据零点存在定理以及函数的单调性可知，有，即有唯一解，有，此时； 当时，，又，根据零点存在定理以及函数的单调性可知，有，即有唯一解，有，此时. 综上所述，对，都有唯一解，有，此时. 又当时，，即，所以在上单调递减； 当时，，即，所以在上单调递增. 所以， 故只需. 令，上式即转化为，设，则. 当时，，所以在上单调递增； 当时，，所以在上单调递减. 所以，当时，有最大值，所以， 所以. 又，所以，所以. 由，解得． 综上所述，满足条件的实数a的值为1. 【小问3详解】 证明：由（1）知，当 时，对任意实数x，都有， 即，当且仅当时，等号成立. 令，，2，3，…，，， 则，即， 所以 ． 【点睛】关键点点睛：本题考查用导数研究函数的单调性，函数的极值点，以及证明不等式．解题关键是问题的转化．如不等式恒成立，转化为求函数的最值或取值范围，不等式的证明采用 ，这个关键的不等式入手， 从而再用换元法证得结论．解题中注意变化的技巧与方法． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 太和中学高二年级第二次学业水平检测数学学科试题 （考试时间：120分钟，分值：150分） 第一部分（选择题共58分） 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，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知函数的图象在点处的切线方程为，则（ ） A. 8 B. 3 C. 4 D. -4 2. 的展开式中常数项为（ ） A. B. C. D. 3. 已知数列满足.若，则（ ） A. B. C. D. 4. 记为数列的前项积，已知，则= （ ） A. B. C. D. 5. 数列中，，定义：使为整数的数叫做期盼数，则区间内的所有期盼数的和等于（ ） A. B. C. D. 6. 已知实数：，，，且，，，则（ ） A. B. C. D. 7. 若实数满足，则的最小值是（ ） A. 8 B. 9 C. 10 D. 11 8. ，，当时，均有，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 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，且第5项与第8项的二项式系数相等，则（ ） A. B. 展开式的二项式系数和为 C. 展开式的各项系数和为 D. 10. 以“智能时代，同球共济”为主题的2025年世界人工智能大会在上海盛大开幕.现安排甲､乙､丙､丁､戊5名同学参加志愿者服务活动，有翻译､礼仪､司机三项工作可以安排，下列说法正确的是（ ） A. 每人安排一项工作的不同方法数为 B. 每人安排一项工作，每项工作至少有一人参加，则不同安排方法种数是 C. 若甲乙丙会翻译，丙丁戊懂礼仪，现翻译和礼仪各安排两人，则不同的安排方法数为 D. 每人安排一项工作，如果礼仪工作不安排，其余两项工作每项工作至少安排一人，则不同的安排方法数为 11. 大衍数列来源《乾坤诺》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理，数列中每一项代表了太极衍生过程．已知大衍数列满足，，则（ ） A. B. C. D. 第二部分（非选择题共92分） 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知数列满足，则 ______； 13. 如图为我国数学家赵爽（约3世纪初）在为《周髀算经》作注时验证勾股定理的示意图，现用4种不同颜色给图中的5个区域涂色，要求相邻的区域不能涂同一种颜色，则不同的涂色方法共有_____种． 14. 关于x的不等式在上恒成立，则a的取值范围是______． 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. 已知函数 （1）当时，求在点处的切线方程； （2）当时，求函数的单调递增区间. 16. 已知公差不为0的等差数列，，且，，成等比数列． （1）求数列的通项公式； （2）记数列的前n项和为，若，求数列的前n项和． 17. 已知函数． （1）若函数的图象与直线相切，求实数的值； （2）若函数有且只有一个零点，求实数的取值范围． 18. 已知数列各项都是正数，，对任意n∈N*都有．数列满足，（n∈N*）． （1）求数列，的通项公式； （2）数列满足cn＝，数列的前n项和为，若不等式对一切n∈N*恒成立，求的取值范围． 19. 已知函数（其中为自然对数的底数），． （1）讨论函数的单调性； （2）若对任意的都有不等式成立，求实数a的值． （3）设，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $