广东广州市白云区颜乐天纪念中学2025-2026学年高二下学期期中调研数学试题

**基本信息** 高二数学期中调研卷涵盖导数、数列、排列组合等核心知识，以存款利息、杨辉三角形等情境融合抽象能力与应用意识，梯度设计合理。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选|8/40|导数定义、数列综合、实际应用|结合存款利息问题考查等比数列求和，体现应用意识| |多选|3/18|导数运算、杨辉三角形|以杨辉三角形性质探究考查逻辑推理，强化数学文化| |填空|3/15|数列递推、二项式系数|通过极值点范围问题融合导数与方程思想| |解答|5/77|排列组合应用、导数极值、数列求和|19题导数切线与单调性综合考查数学思维，18题等比数列证明与求和不等式注重推理严谨性|

广州市白云区颜乐天纪念中学2025-2026学年第二学期期中调研（高二数学）答案解析 1、 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，只有一项是符合题目要求的） 1.若函数在处可导，则（    ） A． B． C． D． 2.6个班分别从7个风景点中选择一处游览，不同的安排方法有（　 　） A． B． C． D． 3.在等差数列{}中，＝8，且，，构成等比数列，则公差d等于（　 　） A． B．0 C． D．0或 4.函数的图象如下，是函数的导函数，下列大小关系正确的是（    ） A． B． C． D． 5.高二学生小张计划将每年的压岁钱存入银行，从2025年起，每年3月1日到银行新存入2000元（一年定期），若年利率为2%保持不变，且每年到期存款均自动转为新的一年定期，到2035年3月1日将之前所有存款及利息全部取回，他可取回的钱数约为（   ）（单位：万元） 参考数据：，， A．2.5 B．2.0 C．2.2 D．2.6 6.已知，则下列结论正确的有（　　） A. B. C. D. 7．已知数列是公差为2的等差数列，且，则数列的前20项之和为（    ） A．80 B．208 C．680 D．780 8. 已知函数在其定义域内的一个子区间内不是单调函数，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 2、 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.下列运算正确的是（ ） A. B. C. D. 10.已知函数，则下列结论正确的是（    ） A．函数存在两个不同的零点 B．函数既存在极大值又存在极小值 C．当时，方程有且只有两个实根 D．若时，，则t的最小值为2 11.杨辉三角形又称贾宪三角形，因首现于南宋杰出数学家杨辉的《详解九章算法》而得名，它的排列规律如图所示：在第一行的中间写下数字1；在第二行写下两个1，和第一行的1形成三角形；随后的每一行，第一个位置和最后一个位置的数都是1，其他的每个位置的数都是它左上方和右上方的两个数之和.那么下列说法中正确的是（    ） A．从第2行起，第行的第个位置的数是 B．记第行的第个数为，则 C．从第3行起，每行第3个位置的数依次组成一个新的数列，则 D．从第3行起，每行第3个位置的数依次组成一个新的数列，则 3、 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. 的展开式中的系数是________（结果用数字表示）． 14.已知函数的两个极值点为，，且，则的取值范围是______． 四、解答题：本题共5小题，共计77分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤 15.7名师生站成一排照相留念，其中老师1人，男生4人，女生2人，在下列情况下，各有不同站法多少种? (1)两个女生必须相邻而站； (2)4名男生互不相邻； (3)老师不站中间，女生甲不站左端. 16.已知数列的前项和为，且. (1)求数列的通项公式； (2)设，求数列的前项和. 17.已知在时有极值0. （1）求常数a，b的值； （2）如果存在，使得成立，求满足条件的最大整数. 18.已知数列满足，，. (1)证明：数列为等比数列； (2)求的通项公式； (3)记，数列的前项和为，证明：. 19.已知函数，． (1)已知在处的切线斜率为，求实数的值； (2)若，且关于的方程有个不相等的实数解，求的取值范围； (3)若函数在上单调递增，求的取值范围． 广州市白云区颜乐天纪念中学2025-2026学年第二学期期中调研（高二数学）答案解析 4、 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，只有一项是符合题目要求的） 1.若函数在处可导，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】利用导数的定义求解. 因为函数在处可导， 所以 . 故选：B. 2.6个班分别从7个风景点中选择一处游览，不同的安排方法有（　 　） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】因为第1个班有7种选法，第2个班有7种选法，第3个班有7种选法，第4个班有7种选法，第5个班有7种选法，第6个班有7种选法，所以由分步计数原理可得不同的选法有：种 3.在等差数列{}中，＝8，且，，构成等比数列，则公差d等于（　 　） A． B．0 C． D．0或 【答案】D 【详解】在等差数列{an}中，a4＝8，且a2，a4，a10构成等比数列，∴，∴＝（8﹣2d）（8+6d）， 解得d＝0或d，符合题意． 4.函数的图象如下，是函数的导函数，下列大小关系正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】由图象可知在上单调递增，， 故，即． 故选：B． 5.高二学生小张计划将每年的压岁钱存入银行，从2025年起，每年3月1日到银行新存入2000元（一年定期），若年利率为2%保持不变，且每年到期存款均自动转为新的一年定期，到2035年3月1日将之前所有存款及利息全部取回，他可取回的钱数约为（   ）（单位：万元） 参考数据：，， A．2.5 B．2.0 C．2.2 D．2.6 【答案】C 【详解】由题意，2025年存的2000元共存了10年，本息和为万元， 2026年存的2000元共存了9年，本息和为万元， 2034年存的2000元共存了1年，本息和为万元， 所以到2035年3月1日将之前所有存款及利息全部取回，他可取回的钱数约为万元，故选：C. 6.已知，则下列结论正确的有（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【详解】对于A，取，得，故A错误； 对于B，的展开式中第7项为， 所以，故B错误； 对于C，取得， 所以，故C错误； 对于D，由， 取得， 取得， 所以，故D正确.故选：D 7．已知数列是公差为2的等差数列，且，则数列的前20项之和为（    ） A．80 B．208 C．680 D．780 【答案】B 【详解】因为，即，解得， 所以，前项和， 所以数列的前20项中，前8项为负数，后12项为正数， 所以 . 故选：B． 8. 已知函数在其定义域内的一个子区间内不是单调函数，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【详解】由题知函数的定义域为， ， 所以，当时，，单调递减； 当时，，单调递增； 因为函数在区间上不单调， 所以，，解得，所以，实数的取值范围是. 故选：D． 5、 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.下列运算正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】BD 【详解】对于A项：，所以A错； 对于B项：，所以B对； 对于C项：，所以C错； 对于D项：，所以D正确． 10.已知函数，则下列结论正确的是（    ） A．函数存在两个不同的零点 B．函数既存在极大值又存在极小值 C．当时，方程有且只有两个实根 D．若时，，则t的最小值为2 【答案】ABC 【详解】对于A，由，得，∴，故A正确； 对于B，， 当时，，当时，， ∴在，上单调递减，在上单调递增， ∴是函数的极小值，是函数的极大值，故B正确； 对于C，当时，，根据B可知，函数的最小值是，再根据单调性可知，当时，方程有且只有两个实根，所以C正确； 对于D：由图象可知，t的最大值是2，所以D不正确．故选：ABC. 【点睛】 本题考查了导数分析函数的单调性，极值点，以及函数的图象，首先求函数的导数，令导数为0，判断零点两侧的正负，得到函数的单调性，本题易错的地方是是函数的单调递减区间，但当时，，所以图象是无限接近轴，如果这里判断错了，那选项容易判断错了． 11.杨辉三角形又称贾宪三角形，因首现于南宋杰出数学家杨辉的《详解九章算法》而得名，它的排列规律如图所示：在第一行的中间写下数字1；在第二行写下两个1，和第一行的1形成三角形；随后的每一行，第一个位置和最后一个位置的数都是1，其他的每个位置的数都是它左上方和右上方的两个数之和.那么下列说法中正确的是（    ） A．从第2行起，第行的第个位置的数是 B．记第行的第个数为，则 C．从第3行起，每行第3个位置的数依次组成一个新的数列，则 D．从第3行起，每行第3个位置的数依次组成一个新的数列，则 【答案】BCD 【详解】A选项，从第2行起，第行的第个位置的数是，故A错误； B选项，第行的第个数为，则， 因为 ，故B正确； C选项，由题意可得， 则, ，以上各式相加得， 因此，故C正确； D选项，由题意可得从第3行起，每行第3个位置的数， 所以 所以.故D正确. 故选：BCD. 6、 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】 【详解】由题意可得， 所以，，…，， 上式累加可得，， 则，，又，满足上式，所以. 13. 的展开式中的系数是________（结果用数字表示）． 【答案】210 【详解】∵的通项为， ∴的通项为， ∴的展开式中的系数为， 同理得展开式中的系数为，展开式中的系数为， 故展开式中的系数为：. （也可以根据性质：，因为，故）故答案为：210 14.已知函数的两个极值点为，，且，则的取值范围是______． 【解析】因为，且，是两个极值点， 所以，是的两个根，所以，满足， 又因为， 所以且， 所以，所以， 又因为，所以， 所以，所以，所以解得， 令，设，所以， 所以在上单调递减，所以， 所以，所以的取值范围是，故答案为：. 四、解答题：本题共5小题，共计77分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤 15.7名师生站成一排照相留念，其中老师1人，男生4人，女生2人，在下列情况下，各有不同站法多少种? (1)两个女生必须相邻而站； (2)4名男生互不相邻； (3)老师不站中间，女生甲不站左端. 【详解】（1）两个女生必须相邻而站，∴把两个女生看作一个元素，则共有6个元素 进行全排列，还有女生内部的一个排列，所以共有（种）站法． （2）∵4名男生互不相邻，∴应用插空法， 对老师和女生先排列，形成四个空再排男生，共有（种）站法． （3）当老师站左端时，其余六个位置可以进行全排列，所以共有（种）站法： 当老师不站左端时，老师有5种站法，女生甲有5种站法， 余下的5个人在五个位置进行排列，共有（种）站法． 根据分类加法计数原理知共有（种）站法． 16.已知数列的前项和为，且. (1)求数列的通项公式； (2)设，求数列的前项和. 【答案】(1) (2) 【详解】（1）由，得，所以， 又，所以数列是以为首项，为公比的等比数列，所以， 当时，， 当时，上式不成立，所以； （2）由（1）得，则， 即， ， 两式相减得， 所以. 17.已知在时有极值0. （1）求常数a，b的值； （2）如果存在，使得成立，求满足条件的最大整数. 【详解】（1）由可得， 因在时有极值0，可得，即， 解得：，或， ①当时， 函数在R上单调递增，无极值，不合题意 ②当时，， 由可得或，由可得， 即函数在和上单调递增，在上单调递减， 故函数在时取得极小值，符合题意.故. （2）由（1）可知， ， 函数在和上单调递增，在上单调递减. 的极大值 ，的极小值 又， 如果存在使得成立， 等价于．而. 故得， 因时，， 所以，即满足条件的最大整数为20． 18.已知数列满足，，. (1)证明：数列为等比数列； (2)求的通项公式； (3)记，数列的前项和为，证明：. 【详解】（1）由，得， 又，，所以， 所以，， 即是以1为首项，3为公比的等比数列； （2）由（1）知， 当时， . 当时，也成立，所以的通项公式为； （3）由（2）得， 所以， 所以， 显然是递增数列，所以. 因为，所以，所以. 19.已知函数，． (1)已知在处的切线斜率为，求实数的值； (2)若，且关于的方程有个不相等的实数解，求的取值范围； (3)若函数在上单调递增，求的取值范围． 【详解】（1）因为，则， 由题意可得，解得. （2）当时，，， 则，由可得，列表如下： 单调递减 极小值 单调递增 又因为，， 因为关于的方程有个不相等的实数解， 则直线与函数在上的图象有两个交点， 如下图所示： 由图可知，实数的取值范围是. （3）由题意，当时，， 则恒成立， 令，则，因为，， 所以对任意的恒成立，故函数在上单调递减， 所以， 因为对任意的恒成立，所以，解得. 因此，实数的取值范围是. 第 1 页 共 1 页 学科网（北京）股份有限公司 $