2025-2026学年高二数学下学期6月月考模拟卷(二)（辽宁适用）

**基本信息** 聚焦选择性必修三与一轮复习核心内容，通过分层题型设计考查数学抽象、逻辑推理与运算能力，适配高二下学期月考综合检测需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|11题58分|集合、不等式、数列、导数、函数性质|基础与中档结合，如单选第3题等差数列与方程根关联，多选第10题偶函数性质与零点分析，体现数学思维的严谨性| |填空题|3题15分|函数不等式、数列求和、导数极值|强调知识应用，如第14题极值点问题考查运算能力与数学抽象| |解答题|5题77分|数列证明与求和、导数切线与零点、不等式恒成立|递进式设问，如第19题三问从证明到极值点个数讨论再到结论证明，考查逻辑推理与创新意识，贴合高考命题趋势|

2025-2026学年高二数学下学期6月月考模拟卷(二) （考试时间：120分钟，分值：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．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。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 4．测试范围：人教B版选择性必修第三册+一轮复习至函数奇偶性单调性周期性。 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．已知集合，，则（     ） A． B． C． D． 2．已知，则下列不等式一定正确的是（   ） A． B． C． D． 3．若为等差数列的前项和，是方程的两根，则（    ） A． B． C． D． 4．已知曲线在点处的切线与直线垂直，则（    ） A． B． C． D． 5．记为正项等比数列的前项和．若，，则（    ） A． B． C． D． 6．数列满足，且，则数列的前2025项的和（   ） A． B． C． D． 7．定义在上的函数满足，，都有成立，则不等式的解集为（   ） A． B． C． D． 8．函数的零点个数为（   ） A．0 B．1 C．2 D．3 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．下列说法正确的是（   ） A．函数与是相同的函数 B．函数的最小值为6 C．若，则 D．已知函数的定义域为，则函数的定义域为 10．设是定义在上的偶函数，且当时，函数，则（     ） A． B．当时， C．恰有个零点 D．当时， 11．已知数列满足，，设的前项和为，则下列结论中正确的是（    ） A． B．数列是等比数列 C．数列中存在最大项 D．数列中存在最小项 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．已知函数，则不等式的解集是_________. 13．已知数列的前项和为，，且数列的前10项和为550，则________．（参考公式：） 14．若函数有大于1的极值点，则的取值范围是________． 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．设数列的前项和为，当时满足． (1)求； (2)令，记为的前项和，当为何值时，取最小值． 16．数列满足，，令． (1)求证：数列，是等比数列； (2)求数列的前项和． 17．设函数． (1)当时，求曲线在处的切线方程； (2)若有两个零点，求的范围． 18．已知函数. (1)若，求不等式的解集； (2)解关于x的不等式； (3)当时，若，对，，关于x的不等式恒成立，求实数m的取值范围. 19．已知函数，是的导函数. (1)当时，证明：； (2)讨论的极值点个数； (3)若有两个极值点，证明：. 2 / 16 1 / 16 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年高二数学下学期6月月考模拟卷(二) （考试时间：120分钟，分值：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．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。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 4．测试范围：人教B版选择性必修第三册+一轮复习至函数奇偶性单调性周期性。 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．已知集合，，则（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用一元二次不等式的解法求出A，再利用要使二次根式有意义的未知数的取值范围求出B，再求. 【详解】由于，， 所以. 2．已知，则下列不等式一定正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】选项A：因为，所以；因为，所以，正数一定大于负数，即，故A错误； 选项B：因为，所以；因为，所以，正数一定大于负数，即，故B错误； 选项C：仅知道，无法确定与的大小关系， 例如：若，则；若，则，故C不一定正确； 选项D：用作差法验证：， 因为，所以，若且（成立，因为），则分母， 因此，差，即，可得，故D一定正确． 3．若为等差数列的前项和，是方程的两根，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由是方程的两根，可得，再结合等差数列前n项和公式及下标的性质可知计算出. 【详解】由是方程的两根，可得，再由等差数列前n项和公式及下标的性质可知，. 4．已知曲线在点处的切线与直线垂直，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】，又在点处的切线与直线垂直， ，解得． 5．记为正项等比数列的前项和．若，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】设正项等比数列的公比为，由数列是正项等比数列可知，. ∵ 若，则，，此时，与矛盾，故. ∵ ，且等比数列前项和公式为， ∴ ， ∵ ，，故可约去，得， ∵ 且，得. ∵ ， ∴ ，解得， ∴ . 6．数列满足，且，则数列的前2025项的和（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据递推公式可知数列是周期为4的数列，进而分析求和. 【详解】因为，且， 则，，，， 可知数列是周期为4的数列，所以． 7．定义在上的函数满足，，都有成立，则不等式的解集为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由题确定函数的单调性，通过和两类情况讨论求解即可. 【详解】由题知函数在上单调递增， 当时，不等式可化为，即，解得； 当时，不等式可化为 ，即，此时无解. 综上，不等式 的解集为. 8．函数的零点个数为（   ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】C 【分析】求导，令，继续求导可得有唯一解，且，进而可得的单调性和最值，结合单调性及最值判断零点个数即可． 【详解】，令， ，解得或， 时，，单调递增， 时，，单调递减， 时，，单调递增， ，， 又， 有唯一解，且，即， 则时，，即，单调递减， 时，，即，单调递增， ， 又，， 即，又， 所以在和分别存在一个零点，即零点个数为2． 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．下列说法正确的是（   ） A．函数与是相同的函数 B．函数的最小值为6 C．若，则 D．已知函数的定义域为，则函数的定义域为 【答案】ACD 【分析】根据定义域以及对应关系即可判断A，由基本不等式即可求解B，根据配凑法求解析式判断C，由抽象函数定义域的性质即可求解D. 【详解】由，解得，所以的定义域为， 由，解得，所以的定义域为， 又， 故函数与是相同的函数，故A正确； ， 当且仅当时取等号，方程无解，等号不成立，故B错误； 因为，所以，故C正确； 由，得，所以的定义域为，故D正确． 10．设是定义在上的偶函数，且当时，函数，则（     ） A． B．当时， C．恰有个零点 D．当时， 【答案】AC 【分析】求导，可判断A的真假，分析函数在上的单调性，确定函数的零点，再结合函数的奇偶性，可判断C的真假；利用偶函数的定义，求函数在上的解析式，可判断B的真假；利用函数在上的单调性可判断D的真假. 【详解】当时，， 所以. 所以，故A正确； 由可得；由可得. 所以在上单调递增，在上单调递减， 且，所以函数在上只有一个零点. 根据是定义在上的偶函数，图象关于轴对称，可作出函数草图如下： 由图可知，函数有和两个零点，故C正确； 设，则， 因为函数为偶函数，所以，故B错误； 当时，，所以， 因为函数在上单调递减，所以，故D错误. 11．已知数列满足，，设的前项和为，则下列结论中正确的是（    ） A． B．数列是等比数列 C．数列中存在最大项 D．数列中存在最小项 【答案】ABD 【分析】解法1：将代入可得A；构造并计算可得B；结合B中所得可求出数列的通项公式，再利用作差法计算可得数列单调性，即可得C、D. 解法2：由可得数列是等比数列及其通项公式，即可得数列的通项公式，即可得A、B；借助作商法计算可得数列单调性，即可得C、D. 【详解】解法1：当时，可得，又，所以，A正确； 因为，所以， 又，所以数列是以4为首项，4为公比的等比数列，B正确； 由B选项分析可得，所以， 所以恒成立， 所以，所以数列为单调递增数列，所以中不存在最大项，C错误； 因为数列为单调递增数列，所以， 所以对任意，D正确. 解法2：因为，所以， 又，所以数列是以4为首项，4为公比的等比数列， 所以，所以，所以，A，B正确； 因为，且，所以， 所以数列为单调递增数列，所以中不存在最大项，C错误； 因为，所以对任意 ，D正确. 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．已知函数，则不等式的解集是_________. 【答案】 【分析】利用图象判断函数的单调性，结合可得出关于的不等式，利用穿针引线法可得出所求不等式的解集. 【详解】作出函数的图象如下图所示： 由图可知，函数在上为增函数， 由可得，即，如下图所示： 由图可知，不等式的解集为. 故答案为：. 13．已知数列的前项和为，，且数列的前10项和为550，则________．（参考公式：） 【答案】4 【分析】由结合与的关系可得，进而得到数列是等差数列，公差为2，可得，进而结合数列的前10项和为550列方程求解即可. 【详解】由， 当时，， 则， 即，则， 所以数列是等差数列，公差为2， 则， 因为的前10项和为550， 所以， 解得. 14．若函数有大于1的极值点，则的取值范围是________． 【答案】 【分析】先对函数求导，根据极值点处导数为且两侧导函数异号的性质，结合极值点大于的条件求解参数的取值范围． 【详解】函数的定义域为， ， 令，解得，即， 由于在上单调递增， 所以当时，；当时，， 所以是函数的极小值点， 因此，解得， 所以的取值范围是． 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．设数列的前项和为，当时满足． (1)求； (2)令，记为的前项和，当为何值时，取最小值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）先对递推关系式变形，累加可得答案； （2）求出的通项公式，判断单调性，结合中项的符号可得答案. 【详解】（1），叠加得， ． （2）， 因为，且，所以与均为增函数，所以递增， 而 ， 故时， 时，，于是时，最小． 16．数列满足，，令． (1)求证：数列，是等比数列； (2)求数列的前项和． 【答案】(1)答案见详解; (2). 【分析】（1）要证明数列，是等比数列，需根据已知条件推导出与，与的关系，再结合等比数列的定义进行判断； （2）求数列的前项和，可将其拆分为奇数项和偶数项分别求和，再将结果相加. 【详解】（1）对任意正整数，为奇数，为偶数， 当时：为奇数，为偶数，命题成立， 假设当时命题成立，即为奇数，为偶数， 当时： 因为为偶数，所以为奇数， 又因为为奇数，所以为偶数， 由数学归纳法，对任意 ，为奇数，为偶数， 因为，则， 因为为偶数，根据递推公式，可得， 又因为为奇数，所以，那么， 所以， 因为，则， 所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列， 因为已知，则， 因为为奇数，所以，又， 则，即， ， 所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列， 因此，数列，是等比数列，得证. （2）由(1)得：，， 令,错位相减： ， ： ， 故， 又,因此：. 17．设函数． (1)当时，求曲线在处的切线方程； (2)若有两个零点，求的范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）先利用导数求斜率，再结合切点坐标写出方程即可； （2）先通过导数分析单调性与极值，再结合函数两端趋势，通过极值与0的大小关系判断零点个数，最后结合零点存在的条件，确定参数的取值范围即可. 【详解】（1）当 时，函数为：， 所以， 所以曲线在点 处的切线斜率为： ， 所以，整理得切线方程：. （2）函数 的定义域为 ，， 当时，因为 ，所以 在   上恒成立， 故 在   上单调递增，此时 至多有1个零点，不符合题意； 当时，令 ，解得：， 当 时，，故 ， 单调递减， 当 时，，故 ， 单调递增， 因此， 在 处取得极小值（也是最小值）： 又，， 因此有两个零点当且仅当极小值小于零， 即，所以 ，所以. 综上，的取值范围是 18．已知函数. (1)若，求不等式的解集； (2)解关于x的不等式； (3)当时，若，对，，关于x的不等式恒成立，求实数m的取值范围. 【答案】(1) (2)当时，不等式的解集为；当时，不等式的解集为；当时，不等式的解集为；当时，不等式的解集为当，不等式的解集为. (3) 【分析】（1）根据题意，得到不等式，结合一元二次不等式的解法，即可求解； （2）根据题意，转化为，结合含参数的一元二次不等式的解法，分类讨论，即可求解； （3）根据题意，转化为函数在上的最小值大于在上的最大值，结合二次函数与一次函数的性质，列出不等式，即可求解. 【详解】（1）当时，不等式，即为， 由方程，可得， 可得方程有两个不同的实数根，分别为， 即不等式为，解得， 即不等式的解集为. （2）由不等式，即为， 整理得， 当时，不等式可化为，解得； 当时，不等式可化为 ①当时，不等式即为，因为，解得； ②当时，不等式即为， （i）若，即，解得或； （ii）若，即，不等式化为，解得； （iii）若，即，解得或； 综上可得：当时，不等式的解集为； 当时，不等式的解集为； 当时，不等式的解集为； 当时，不等式的解集为 当，不等式的解集为. （3）当时，对，，不等式恒成立， 等价于求解函数在上的最小值大于在上的最大值， 当时，函数的图像开口向上，对称轴为， 所以， 因为函数在区间上为单调递减函数， 所以， 所以，解得， 所以实数的取值范围为. 19．已知函数，是的导函数. (1)当时，证明：； (2)讨论的极值点个数； (3)若有两个极值点，证明：. 【答案】(1)证明见解析 (2)当时，的极值点个数为；当时，的极值点个数为；当时，的极值点个数为 (3)证明见解析 【分析】（1）构造函数，利用导数求解的单调性和最值，从而证得结论； （2）将问题转化为与位置关系的讨论问题，通过导数可求解出的单调性和最值，结合图象进行分析可得正负，进而得到极值点个数； （3）将所证不等式转化为证明，令，则只需证；根据极值点偏移的证明逻辑，构造函数，利用导数可证得，结合分析法可得到结论. 【详解】（1）当时，， 令，则定义域为，， 当时，；当时，； 在上单调递减，在上单调递增， ，即. （2）由题意知：定义域为，， 令，则， 令，则， 当时，；当时，； 在上单调递增，在上单调递减， ，且当时，；当时，； 由此可得大致图象如下图所示， ①当，即时，与有唯一交点， 则当时，，即；当时，，即； 在上单调递减，在上单调递增， 有唯一的极小值点，无极大值点； ②当，即时，与交于两点， 则当时，，即；当时，，即； 在上单调递减，在上单调递增， 有一个极小值点，一个极大值点； ③当，即时，恒成立，即恒成立， 在上单调递减，无极值点； 综上所述：当时，的极值点个数为；当时，的极值点个数为；当时，的极值点个数为. （3）由（2）知：若有两个极值点，则，此时； ， ， 要证，只需证， 即证， 只需证，即证， ，， 令，则与交于两点，其中，则， ，当时，；当时，； 在上单调递增，在上单调递减，； 要证，只需证，即证， ，，在上单调递减，只需证， 又，只需证， 令，则， ，，，在上单调递增， ，又，， 即，原不等式得证，即. 【点睛】方法点睛：处理极值点偏移问题中的类似于（）的问题的基本步骤如下： ①求导确定的单调性，得到的范围； ②构造函数，求导后可得恒正或恒负； ③得到与的大小关系后，将置换为； ④根据与所处的范围，结合的单调性，可得到与的大小关系，由此证得结论. 2 / 16 1 / 16 学科网（北京）股份有限公司 $