精品解析：河南南阳市方城县第一高级中学2025-2026学年高二下学期卓越班5月阶段性考试数学试题

2026年春期高二卓越班阶段性考试三数学试卷 一、单选题 1. 已知函数在区间上单调递减，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 2. 已知数列为等比数列，是方程的两个实数根，则（   ） A. B. C. 4 D. 3. 等差数列的前n项和为，已知，，则数列的前20项和为（ ） A. B. C. D. 4. 某大学届毕业生小张向银行贷款元用于自主创业，并跟银行约定按照“等额本金还款法”分年进行还贷，贷款的年利率为，则小张第年的还款金额为（ ） A. 万元 B. 万元 C. 万元 D. 万元 5. 数列中，，则数列的前2026项和为（ ） A. 4052 B. 4054 C. 2026 D. 2027 6. 已知曲线与恰好存在两条公切线，则实数的取值范围（ ） A. B. C. D. 7. 已知定义在上的函数，其导函数为，不等式恒成立．若对，不等式恒成立，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 已知点，，定义为A，B的“镜像距离”.若点A，B在曲线上，且的最小值为2，则实数a的值为（ ） A. B. C. D. 二、多选题 9. 下列命题正确的有（ ） A. 已知函数在上可导，若，则 B. 已知函数，若，则 C. D. 设函数的导函数为，且，则 10. 已知数列，的前项和分别为，，且满足，，，则下列结论正确的是（） A. B. C. 是等差数列 D. 11. 已知函数，下列说法正确的是（ ） A. 有3个零点 B. 的图象关于点对称 C. 既有极大值又有极小值 D. 经过点且与的图象相切的直线有3条 三、填空题 12. 已知数列满足，，则的最大值为_______． 13. 已知函数，若关于x的不等式有解，则m的取值范围是___________． 14. 设函数，若有四个不同的零点，从小到大依次为，则的取值范围为______． 四、解答题 15. 某车企计划在A 市优化无人快递车的投放量，为测试运行稳定性，并确定投放规模，进行如下调查. （1）为了测试无人快递车的运行稳定性，随机抽取了200辆进行运行测试，得到部分数据，请完成2×2列联表，并回答：有99%的把握认为无人快递车故障与是否维保有关吗? 维保 未维保 合计 故障 12 40 未故障 合计 120 200 （2）对过去的投放量x (单位：百辆)与服务次数y (单位：万次)的数据进行了统计，得到如下表格： x 1 2 3 4 5 6 7 y 5 13 32 79 200 501 1259 拟用函数模型或 对两个变量的关系进行拟合.请问哪个模型更适宜作为投放量x与服务次数y的回归方程模型(给出判断即可，不必说明理由)?并求出y关于x的回归方程. 参考数据： ， 0.1 0.05 0.01 2.706 3.841 6.635 298.4 1.9 13262 64.4 2 16. 已知数列的前项和为，且． （1）证明是等比数列，并求的通项公式； （2）已知，求数列的前项和，并证明：． 17. 已知是等差数列，其前n项和为是等比数列，已知是和的等比中项． （1）求和的通项公式； （2）求数列的前n项和 18. 已知函数. （1）当时，求曲线在处的切线方程； （2）若有两个极值点. （i）求实数的取值范围； （ii）证明：. 19. 已知函数 （1）讨论的单调性； （2）证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年春期高二卓越班阶段性考试三数学试卷 一、单选题 1. 已知函数在区间上单调递减，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题意可知，对任意的，恒成立，即，求出函数在上的值域，即可得出实数的取值范围. 【详解】因为，则， 由题意可知，对任意的，恒成立，即， 因为函数在上单调递减，故，所以. 2. 已知数列为等比数列，是方程的两个实数根，则（   ） A. B. C. 4 D. 【答案】B 【解析】 【详解】因为是方程的两个不同实根， 所以，，所以， 因为是等比数列，所以，所以， 又因为，所以. 3. 等差数列的前n项和为，已知，，则数列的前20项和为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由题意得，，化简得， 又，，即，故， ，， 故数列的前20项和为 . 4. 某大学届毕业生小张向银行贷款元用于自主创业，并跟银行约定按照“等额本金还款法”分年进行还贷，贷款的年利率为，则小张第年的还款金额为（ ） A. 万元 B. 万元 C. 万元 D. 万元 【答案】A 【解析】 【分析】在“等额本金还款法”下，每年偿还的本金是固定的，但利息会随着剩余本金的减少而减少。这导致每年的总还款额构成一个等差数列，根据题意算出首项和公差即可求解. 【详解】设第一年的还款金额为， 由于第一年要还本金元以及利息元，因此万元， 由于每年都会偿还万元的本金，因此每年的利息会比上一年减少元，即万元， 因此，这个等差数列的公差万元， 因此，这个等差数列的通项公式为， 则第三年的还款金额为万元，故A正确. 5. 数列中，，则数列的前2026项和为（ ） A. 4052 B. 4054 C. 2026 D. 2027 【答案】D 【解析】 【详解】因， 则 数列呈周期性：，最小正周期为4， 故的前2026项和为 . 6. 已知曲线与恰好存在两条公切线，则实数的取值范围（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设切点分别为和，再由导数求得斜率相等，得到，构造函数由导数求得参数的范围． 【详解】的导数的导数为， 设与曲线相切的切点为相切的切点为， 则有公共切线斜率为， 又，即有，即为，即有， 则有，即为，恰好存在两条公切线，即有两解， 令，则， 当时，递减，当时，递增， 即有处取得极大值，也为最大值，且为， 由恰好存在两条公切线可得与 有两个交点， 可得的范围是， 故选：D. 7. 已知定义在上的函数，其导函数为，不等式恒成立．若对，不等式恒成立，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】构造函数，判断单调性及奇偶性，去掉函数符号，转化为恒成立,分离参数求最值即可求解. 【详解】令，依题意，． 函数在上单调递增． 对，不等式恒成立， , 即， ． 当时，， 则， 则；； 故在单调递减，在单调递增； 可得时，函数取得极小值即最小值， ． 当时，，此时，在上单调递减， 又时，，且，则 则的取值范围是. 8. 已知点，，定义为A，B的“镜像距离”.若点A，B在曲线上，且的最小值为2，则实数a的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据距离新定义，将问题化为求上的点到曲线上点的距离最小时对应参数值，即可得. 【详解】由函数得，即， 的反函数为. 由点在曲线上，知点在其反函数上， 相当于上的点到曲线上点的距离，即， 利用反函数性质可得与关于对称， 当与垂直时，取得最小值为2， 因此A，两点到的距离都为1. 过点作切线平行于直线，斜率为1， 由，得，可得， 所以，即， 点到的距离，解得. 当时，与相交，不合题意； 当时，与不相交，符合题意. 综上，. 二、多选题 9. 下列命题正确的有（ ） A. 已知函数在上可导，若，则 B. 已知函数，若，则 C. D. 设函数的导函数为，且，则 【答案】BD 【解析】 【分析】借助导数定义可得A；借助复合函数的导数运算法则计算即可得B；借助导数的除法运算法则计算即可得C；利用导数运算法则计算即可得D. 【详解】对A：，则，故A错误； 对B：，则，解得，故B正确； 对C：，故C错误； 对D：，则， 则，故D正确. 10. 已知数列，的前项和分别为，，且满足，，，则下列结论正确的是（） A. B. C. 是等差数列 D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】先利用与的关系式变形推出为等差数列，求出进而得到通项，判定A错C对，再求出与的值验证等式成立确定B正确，最后把从第二项起两两分组求和，每组和为，化简得到对应式子证得D正确。 【详解】由，且. 得，整理得， 所以.又，故， 因此是首项为，公差为的等差数列，选项C正确. 选项A，由等差数列通项公式，，故. 当时，， 验证时，，符合题意，即，选项A错误. 选项B：. 由，. 得，，，，， 所以.故，选项B正确. 选项D：， . 第项一组，第项一组，…，第项一组，共组. 每组和：（）， 因此，选项D正确. 11. 已知函数，下列说法正确的是（ ） A. 有3个零点 B. 的图象关于点对称 C. 既有极大值又有极小值 D. 经过点且与的图象相切的直线有3条 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据函数零点的定义、函数对称性的性质，结合函数极值的定义、导数的几何意义和性质进行逐一判断即可. 【详解】A：令，或， 因为方程的判别式， 所以方程有两个不相等的实数根，显然不是该一元二次方程的实数根， 因此有3个零点，所以本选项说法正确； B：因为 所以的图象关于点对称，因此本选项说法不正确； C：， 令，解得，或，所以函数在区间，上单调递增； 令，解得，所以函数在区间上单调递减， 所以是函数的极大值点，是函数的极小值点，所以本选项说法正确； D：设函数的切点为， 所以过该切点的切线斜率为， 切线方程为，把代入，得 ，化简，得 ， 解得，或，所以经过点且与的图象相切的直线有3条，因此本选项说法正确. 三、填空题 12. 已知数列满足，，则的最大值为_______． 【答案】 【解析】 【分析】利用累加法结合等比数列前项和公式求出，再根据数列的单调性求最值即可． 【详解】解：由数列满足， 当时， ，而满足上式， 所以，设，, 当时，当时，， 则最大，则． 13. 已知函数，若关于x的不等式有解，则m的取值范围是___________． 【答案】 【解析】 【分析】转化问题为有解，令，，设，利用导数求出，即可求出参数的取值范围. 【详解】由，得，显然， 所以在有解， 令，则， 令，则， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，即， 所以，则，即的取值范围为. 14. 设函数，若有四个不同的零点，从小到大依次为，则的取值范围为______． 【答案】 【解析】 【分析】先将函数有四个不同的零点，转化为函数和有四个不同的交点，利用数形结合得到的范围，再根据为方程 的两根，为方程的两根，利用韦达定理建立的函数，再利用函数的单调性求解． 【详解】当时，，， 时，，单调递减，时，，单调递增， 所以在上单调递减，在上单调递增， 当时，，， 时，，单调递减，时，，单调递增， 所以在上单调递减，在上单调递增， 又，， 又因为函数有四个不同的零点， 所以函数和有四个不同的交点， 如图所示： 由图知，， 设为方程 的两根，即的两根， 所以， 设为方程的两根，即的两根， 所以， 所以， 令，， 所以在上单调递增， 因为 ， ， 所以的值域为， 即的取值范围为． 四、解答题 15. 某车企计划在A 市优化无人快递车的投放量，为测试运行稳定性，并确定投放规模，进行如下调查. （1）为了测试无人快递车的运行稳定性，随机抽取了200辆进行运行测试，得到部分数据，请完成2×2列联表，并回答：有99%的把握认为无人快递车故障与是否维保有关吗? 维保 未维保 合计 故障 12 40 未故障 合计 120 200 （2）对过去的投放量x (单位：百辆)与服务次数y (单位：万次)的数据进行了统计，得到如下表格： x 1 2 3 4 5 6 7 y 5 13 32 79 200 501 1259 拟用函数模型或 对两个变量的关系进行拟合.请问哪个模型更适宜作为投放量x与服务次数y的回归方程模型(给出判断即可，不必说明理由)?并求出y关于x的回归方程. 参考数据： ， 0.1 0.05 0.01 2.706 3.841 6.635 298.4 1.9 13262 64.4 2 【答案】（1）列联表见解析；有99%的把握认为无人快递车故障与是否维保有关 （2）选择更适宜，回归方程为 【解析】 【分析】（1）根据题意完成列联表，利用独立性检验公式，计算的值可判断； （2）根据题意应选指数函数模型，根据已知条件两边同时取对数，转化为关于与的一次函数模型，结合参考数据即可求解； 【小问1详解】 由题意得： 维保 未维保 合计 故障 12 28 40 未故障 108 52 160 合计 120 80 200 所以， 所以有99%的把握认为无人快递车故障与是否维保有关； 【小问2详解】 选择更适宜， 由，所以， 令，所以， 因为， 所以， 所以， 所以，即，所以， 所以关于的回归方程为：. 16. 已知数列的前项和为，且． （1）证明是等比数列，并求的通项公式； （2）已知，求数列的前项和，并证明：． 【答案】（1）证明见解析，； （2），证明见解析. 【解析】 【分析】（1）利用前项和与第项的关系变形，再利用等比数列定义推理证明，进而求出通项公式. （2）由（1）求出，再利用裂项相消法求和，并借助单调性推理得证. 【小问1详解】 在数列中，，当时，， 两式相减得，即，则， 当时，，即，解得，， 因此是以为首项，以为公比的等比数列，， 所以. 【小问2详解】 由（1）知，， 因此， 则 ，对，， 又数列单调递减，则数列单调递增，因此， 所以. 17. 已知是等差数列，其前n项和为是等比数列，已知是和的等比中项． （1）求和的通项公式； （2）求数列的前n项和 【答案】（1），． （2） 【解析】 【分析】（1）由求出的通项公式，再由和的等比中项可求出的通项公式； （2）利用裂项相消法和分组求和法求前项和. 【小问1详解】 设等差数列的公差为，因为， 可得，所以，解得， 所以， 则， 是和的等比中项，可得，所以， 设等比数列的公比为，则，解得， 所以， 所以数列的通项公式为，数列的通项公式为． 【小问2详解】 ． 又因为， 所以的前项和． 记的前项和为， 当为偶数时，； 当为奇数时，， 综上： 18. 已知函数. （1）当时，求曲线在处的切线方程； （2）若有两个极值点. （i）求实数的取值范围； （ii）证明：. 【答案】（1） （2）（i）；（ii）证明见解析 【解析】 【分析】（1）当时先写出表达式,代入求得函数值,再对求导得到,代入算出切线斜率,由点斜式即可得出曲线在点处的切线方程为. （2）（i）由求出导数并通分化简,根据函数有两个极值点,转化为分子二次方程在上有两个不等正根,利用韦达定理与判别式列出不等式组,求解得出实数的取值范围. （ii）利用极值点满足二次方程关系,代入化简构造单变量函数,再对二次求导分析单调性,确定其极小值点与单调区间,找到唯一极值点,借助进行代换化简,配方后放缩证得. 【小问1详解】 当时，，则， 又，所以. 所以曲线在处的切线方程为. 【小问2详解】 （i），求导得， 因为有两个极值点，所以在上有两个不相等的根， 又，则只需要解得， 所以实数的取值范围为. （ii）因为，且是方程的根， 所以且， 则， 令，，则， 令，则，令，解得， 因为在上单调递增，且， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 又，，， 所以使得函数在上单调递增，在上单调递减，且. 故函数的最大值为 ，即得证. 19. 已知函数 （1）讨论的单调性； （2）证明：． 【答案】（1）答案见解析 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）求得导数，分类讨论的范围，进而分析出的正负，进而得出的单调区间； （2）由（1）分析出，根据不等式放缩，裂项相消即可证明． 【小问1详解】 ， ①当时，令 得，， 当 ，当 ， 所以在单调递增，在单调递减； ②当时，令 ，， 1）当时，即时，解得， 当时，， 当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减； 2）当时，即时，，则在上单调递减； 综上所述，当时，在单调递增，在单调递减； 当时，在上单调递增，在上单调递减； 当时，在上单调递减． 【小问2详解】 由（1）知当时，在上单调递减， 当时，，所以 ，即， 所以 ， 即． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $