精品解析：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

高二年级5月学情检测 数学 试卷共4页，19小题，满分150分．考试用时120分钟． 注意事项： 1.考查范围：选择性必修第二册占70%，选择性必修第三册第六章占30%． 2.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡指定位置上． 3.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 4.考生必须保持答题卡的整洁．考试结束后，请将答题卡交回． 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. 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、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. “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：本题共3小题，每小题5分，共15分． 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：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，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：，． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高二年级5月学情检测 数学 试卷共4页，19小题，满分150分．考试用时120分钟． 注意事项： 1.考查范围：选择性必修第二册占70%，选择性必修第三册第六章占30%． 2.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡指定位置上． 3.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 4.考生必须保持答题卡的整洁．考试结束后，请将答题卡交回． 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. 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 【答案】C 【解析】 【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. 已知函数满足，则（ ） A. 4 B. C. D. 2 【答案】B 【解析】 【详解】． 3. 函数在上的值域为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【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. 已知数列满足，．若，则正整数的最小值是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】因为，，所以，，可得，而，则正整数的最小值是，故B正确． 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 【答案】C 【解析】 【详解】由题意可得x的系数为，的系数为， 则有，解得或（舍去）． 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. 【答案】B 【解析】 【分析】确定奇数数字卡片、偶数数字卡片分配给甲、乙、丙三人的分配方法种数，利用分步乘法计数原理可得结果. 【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. 记为等比数列的前n项和，若，，，则（ ） A. 3 B. C. 6 D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，结合等比数列通项及性质列式求出即可. 【详解】记的公比为q，由，得， 由，得，则， 由，得，即，联立解得， 所以． 8. 已知函数，．若，，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】分类讨论的取值范围，利用导数求出函数的最小值，从而根据得到答案. 【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． 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. “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 【答案】ACD 【解析】 【分析】结合杨辉三角性质，利用组合数公式、质数定义、二项式系数和逐项判断即可得. 【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. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【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. 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” 【答案】AC 【解析】 【分析】本题是新定义数列问题．根据定义，判断 能否成为“ 有界数列”，关键是比较 与 的大小．本题可用不等式放缩、构造法和反例法完成． 【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． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知函数，则______． 【答案】 【解析】 【详解】因为，于是． 13. 已知在公差为的等差数列中，，且，，则______． 【答案】20 【解析】 【分析】根据题意得，再解方程即可得答案. 【详解】因为等差数列中，，且， 所以，两式相减得， 代入中，得，解得． 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） 【答案】68 【解析】 【分析】先考虑丙在第一组，丁在第二组的情况，此时分甲在第一组和甲在第二组两种情况讨论，再结合对称性得丙在第二组，丁在第一组的情况，进而得答案. 【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． 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，证明： （1）； （2）． 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）（2）利用排列数与组合数的性质证明即可. 【小问1详解】 由题意得，，， 又， 所以． 【小问2详解】 由题意得，， 而， 而， 所以． 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． 【答案】（1），. （2） 【解析】 【分析】（1）先对求导得到切线斜率表达式,利用切点横坐标,代入导数得切线斜率等于2,求出,再把代入原函数,结合切线方程在处的函数值求出. （2）先写出解析式并求导,函数在区间单调递增转化为导函数在区间上恒大于等于0,分离参数后转化为小于等于新构造函数在区间上的最小值,再研究构造函数的单调性求出最小值,即可得到的取值范围. 【小问1详解】 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，. 【小问2详解】 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. 记为数列的前项和，． （1）求数列的前项和； （2）求． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用退位相减法可得，结合等比数列的定义，得到为等比数列，进而求得其前项和； （2）由（1）化简得到，得到数列为等差数列，求得，利用乘公比错位相减法求和，即可求解. 【小问1详解】 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． 【小问2详解】 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. 在等差数列中，，． （1）求； （2）求； （3）若，记为的前n项和，证明：． 【答案】（1） （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）结合题意得，再结合等差数列通项公式即可求得答案； （2）由题意得，，进而消元，解方程即可得答案； （3）根据，结合（2）得，再结合正切的差角公式得，再累加求和,并结合不等式放缩即可证明. 【小问1详解】 解：记的公差为d，因为， 所以. 【小问2详解】 解：由题意可得，， 此时显然，可得， 则， 即，即，解得， 所以． 【小问3详解】 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. 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：，． 【答案】（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 【解析】 【分析】（1）求导得，再根据判别式，分，两种情况讨论求解即可； （2）研究函数得单调性，结合零点存在性定理求解即可； （3）根据题意得，进而结合零点存在性定理得，，是函数的零点且，故，再结合，单调性即可证明. 【小问1详解】 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． 【小问2详解】 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． 【小问3详解】 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. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $