精品解析：北京市第二十中学2025-2026学年高二下学期5月月考数学试题

2026北京二十中高二5月月考 数学 时间： 120 分钟 满分： 150 分 一、选择题共10小题，每小题4分，共40分.在每题的四个选项中，选出符合题目要求的一项． 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】结合一元二次不等式的解法求出集合，根据补集的定义求解即可. 【详解】， 所以. 2. 若复数z满足，则（ ） A. 1 B. 5 C. 7 D. 25 【答案】B 【解析】 【分析】利用复数四则运算，先求出，再计算复数的模． 【详解】由题意有，故． 故选：B． 3. 由0，1，2，5四个数组成没有重复数字的四位数中，能被5整除的个数是（ ） A. 24 B. 12 C. 10 D. 6 【答案】C 【解析】 【分析】 分个位数是0和个位数是5两类求解. 【详解】当个位数是0时，有个， 当个位数是5时，有个， 所以能被5整除的个数是10， 故选：C 4. 随着社会的发展，越来越多的共享资源陆续出现，它们也不可避免地与我们每个人产生密切的关联，逐渐改变着每个人的生活.已知某种型号的共享充电宝循环充电超过500次的概率为，超过1000次的概率为，现有一个该型号的充电宝已经循环充电超过500次，则其能够循环充电超过1000次的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用条件概率的计算公式计算即可得到结果. 【详解】记事件为“该充电宝循环充电超过500次”，则，记事件为“该充电宝循环充电超过1 000次”，则，易知，所以. 故选：B. 【点睛】关键点点睛：解决条件概率问题的关键分清两个事件的关系，分清事件同时发生的概率. 5. 从甲､乙等五名志愿者中选派四人分别从事翻译､导游､礼仪､司机四项不同工作，若甲和乙只能从事前两项工作，其余三人均能从事这四项工作，则不同的选派方案的种数为（ ） A. B. C. D. 48 【答案】C 【解析】 【分析】分为选派的四人中甲乙仅有其中一人和选派的四人中甲乙均有两种情况分别讨论，结合排列组合即可求出答案. 【详解】若选派的四人中甲乙仅有其中一人， 则选派方案的种数为， 若选派的四人中甲乙均有， 则选派方案的种数为， 综上，不同的选派方案的种数为. 6. ，则（ ） A. 16 B. 65 C. 80 D. 81 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意得，利用赋值法和二项式系数求解. 【详解】由于， 则， 令，得， 又因为， 所以. 7. 设是所有项都不为0的无穷等差数列，则“为递减数列”是“为递增数列”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】作差法得到，若递减，可得为递增数列，充分性成立，可以举出实例说明必要性不成立，从而可得答案. 【详解】若递减，则 因此需要满足：且恒成立； 若，，则对所有成立， 若，，则存在使得，与矛盾 递减的充要条件是且， 即若递减，则为递增数列，充分性成立； 若为递增数列，则， ， 由于不知道的正负，故无法判断的正负， 故不能得到为递减数列，必要性不成立， 例如为以下数列：， 则为，不是递减数列， 所以“为递减数列”是“为递增数列”的充分也不必要条件. 故选：A. 8. 十九世纪下半叶集合论的创立，奠定了现代数学的基础，著名的“康托三分集”是数学理性思维的构造产物，具有典型的分形特征，其操作过程如下：将闭区间均分为三段，去掉中间的区间段，记为第次操作；再将剩下的两个区间，分别均分为三段，并各自去掉中间的区间段，记为第次操作；每次操作都在上一次操作的基础上，将剩下的各个区间分别均分为三段，同样各自去掉中间的区间段：操作过程不断地进行下去，剩下的区间集合即是“康托三分集”，若使前次操作去掉的所有区间长度之和不小于，则需要操作的次数的最小值为（ ）(，) A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据条件推理出第次操作去掉的区间长度，然后由等比数列的前项和表示出前次操作去掉的所有区间长度之和，结合对数运算可求解出结果. 【详解】第一次操作去掉了区间长度的，剩下的区间：， 第二次去掉个长度为的区间，即长度和为，剩下的区间：，，，， 第三次去掉个长度为的区间，即长度和为，剩下的区间：，，，，， 以此类推，第次将去掉个长度为的区间，即长度和记为， 所以是首项为，公比为的等比数列， 则的前项和为， 由题意知，所以， 两边同时取对数，即，解得，所以， 故选：B. 9. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据选项构造两个函数，，再利用导数思想，来研究在上是否是单调函数，即可作出选项判断. 【详解】令，则，令，则恒成立， 即在定义域上单调递增，且， 因此在区间上必然存在唯一，使得， 所以当时单调递减，当时单调递增，故，B均错误； 令，当时， 在区间上为减函数， ，即选项C正确，D不正确． 故选：C． 10. 设函数，给出下列四个结论：①当时，函数有三个极值点；②当时，函数有三个极值点；③是函数的极小值点；④不是函数的极大值点.其中，所有正确结论的序号是（ ） A. ①② B. ②③ C. ①④ D. ②④ 【答案】D 【解析】 【分析】取特殊值，结合函数图象可判断①③；作出函数图象，数形结合可判断②；讨论a的取值范围，结合函数图象，可判断④. 【详解】对于①，不妨取，此时， 作出函数图像如图： 此时函数有2个极值点，故①错误； 对于②，当时，，作出函数的大致图象如图： 在单调递减，在单调递增，在上单调递减，在单调递增， 此时函数有3个极值点：，②正确； 对于③，由①的分析可知，时，是函数的极大值点，③错误； 对于④，由以上分析可知当时，，且为的对称轴， 此时为函数的极小值点， 当时，，此时在上单调递减， 在上也单调递减，在上单调递增， 不是函数的极大值点， 故不是函数的极大值点，④正确， 故选：D 【点睛】方法点睛：题目中分段函数涉及的函数是比较常见的函数，故可作出函数大致图象，数形结合，再结合函数极值点的概念进行判断，即可解决问题. 二、填空题共5小题，每小题5分，共25分. 11. 展开式中的常数项为______． 【答案】160 【解析】 【分析】由题意利用二项式定理可得解. 【详解】二项式的展开式的通项公式， 令，可得， 所以展开式中的常数项为. 故答案为：160. 12. 若函数，则________ 【答案】2 【解析】 【详解】由可得， 故. 13. 现有8道四选一的单选题，学生李华对其中6道题有思路，2道题完全没有思路．有思路的题做对的概率为，没有思路的题只好任意猜一个答案，猜对的概率为．现从这8道题中随机选择1题，则他做对该题的概率为____________． 【答案】##0.7375 【解析】 【分析】将题目划分为有思路、无思路两类，结合对应条件概率，利用全概率公式求解随机抽取一题做对的总概率. 【详解】随机抽取1道题，抽到有思路题的概率为，抽到无思路题的概率为. 抽到有思路题时做对的条件概率为，抽到无思路题时做对的条件概率为. 由全概率公式可得. 14. 记为正项数列的前n项积，已知，则________；________． 【答案】 ①. 2 ②. 2027 【解析】 【分析】根据的定义，令，结合求解；根据，将已知等式转化为关于与的关系式，确定数列的类型，求出数列的通项公式求出 【详解】为正项数列的前n项积，； ，，解得或； 数列为正项数列，，. 当时，，； ，即； 数列是以为首项，1为公差的等差数列， 则； . 15. 已知无穷数列{}的前n项和 ，若存在不相等的正整数，，使得 则称 为“绝对可等和数列”.给出下列结论： ①已知数列则数列{}为“绝对可等和数列”； ②存在一个公差不为0的等差数列{}，使得对任意的正整数k，总存在j≠k，满足 ③若公比为q的等比数列{}为“绝对可等和数列”，则q的取值集合为 ④若两个公差均不为0的等差数列{}和{}均为“绝对可等和数列”，则 也一定是“绝对可等和数列” 其中所有错误结论的序号是___. 【答案】②③④ 【解析】 【分析】结论①中数列前一项的和与前三项的和相等，因此符合定义；结论②中公差非零的等差数列，其前若干项和的绝对值最终会一直增大，总会有某个位置的和绝对值独一无二，无法找到另一个位置与之相等；结论③与结论④可以通过构造反例说明. 【详解】结论①正确：的前项和， ， ， 故 ，存在不相等的正整数，满足定义，因此①正确； 结论②错误：公差不为0的等差数列前项和 ， 根据二次函数单调性，当,在单调递增，当,在单调递减， 所以当时， ，必存在某个使得唯一，无法找到满足 ， 故不存在这样的等差数列，所以②错误； 结论③错误：等比数列公比时，取，则， 故 ，满足“绝对可等和数列”定义，但 ，因此③错误； 结论④错误：取：，记前项和为，则，是“绝对可等和数列”， 取： ，记前项和为，则前项和为，存在， 所以也是“绝对可等和数列”， 记的前项和为，则， 对于二次函数，时，单调递增， 即数列的前项和在上单调递增， 因为， 可知当时不存在不相等的正整数，，使得， 当时，由于前项和是单调递增的，所以也不存在不相等的正整数，，使得 ， 故不是“绝对可等和数列”，所以④错误. 三、解答题共6小题，共85分.解答应写出相应文字说明，演算步骤或证明过程. 16. 已知等差数列的前项和为，，． （1）求的通项公式： （2）若数列是首项为1，公比为2的等比数列，求数列的前项和． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设等差数列的公差为，根据题意求出和的值，利用等差数列的通项公式可求出数列的通项公式； （2）根据题意得出，故，利用分组求和计算即可. 【小问1详解】 方法1：设等差数列的公差为，， 因为，所以， 又，所以，解得， 因为，所以的通项公式为； 方法2：设等差数列的公差为， 故，，所以； 【小问2详解】 因为数列是首项为1，公比为2的等比数列，所以， 因为，所以， 则 ， 所以数列的前项和为. 17. 手机完全充满电量，在开机不使用的状态下，电池靠自身消耗一直到出现低电量警告之间所能维持的时间称为手机的待机时间.为了解，两个不同型号手机的待机时间，现从某卖场库存手机中随机抽取，两个型号的手机各5台，在相同条件下进行测试，统计结果如下： 手机编号 1 2 3 4 5 A型待机时间（h） 120 125 122 124 124 B型待机时间（h） 118 123 127 120 已知，两个型号被测试手机待机时间的平均值相等. （1）求的值； （2）判断，两个型号被测试手机待机时间方差的大小（结论不要求证明）； （3）从被测试的手机中随机抽取，型号手机各1台，求至少有1台的待机时间超过122小时的概率. （注：个数据的方差，其中为数据的平均数） 【答案】（1）127；（2）；（3）. 【解析】 【分析】 (1)先根据平均数公式求平均数，再根据等量关系求a； （2）根据方差公式以及标准差公式求结果； （3）先确定总事件数，再求对立事件：两台待机时间不超过122小时的事件数，进而确定至少有1台的待机时间超过122小时的事件数，最后根据古典概型概率公式求概率. 【详解】（1） 由，解得. （2）设，两个型号被测试手机的待机时间的方差依次为，， 则. （3）设型号手机为，，，，；型号手机为，，，，，“至少有1台的待机时间超过122小时”为事件. 从被测试的手机中随机抽取，型号手机各1台，不同的抽取方法有25种. 抽取的两台手机待机时间都不超过122小时的选法有： ，，，，共4种. 因此，，所以. 所以至少有1台的待机时间超过122小时的概率是. 【点睛】本题主要考查了平均值，方差，考查了古典概型的求法，考查了运算能力，属于中档题. 18. 已知函数在处的切线为. （1）求； （2）证明：函数有最小值. 【答案】（1）； （2）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）将函数转化为乘积形式求导，结合切线斜率与切点导数的关系，求解参数； （2）求导后分析导数符号得到单调区间，结合极限趋势，确定极小值为最小值. 【小问1详解】 ， . 当时，. 切线斜率为，故，即，解得. 【小问2详解】 由，得， . 令，解得. 当时，，单调递减； 当时，，单调递增； 当时，，单调递减. 时，；时，. ， 所以在处的极小值为函数的最小值，故有最小值. 19. 已知椭圆过点，其左、右焦点和上顶点构成的三角形为等边三角形. （1）求椭圆的方程； （2）设直线与椭圆交于C，D两点，直线AC，AD分别与直线交于点和点，若，求的值. 【答案】（1） （2）1或 【解析】 【分析】（1）由等边三角形性质求，进而求椭圆方程； （2）联立椭圆方程和直线方程，然后结合韦达定理用表示两个三角形的面积，再列出方程求解. 【小问1详解】 由题可知，，， 所以椭圆的方程：. 【小问2详解】 方程的判别式， 设 三点共线， ， 同理， 或 或. 20. 已知函数. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）讨论函数在区间上的极值点的个数； （3）若函数在区间上有唯一零点，证明：. 【答案】（1）； （2）答案见解析； （3）证明见解析； 【解析】 【分析】（1）直接根据导数的几何意义可求得切线方程； （2）先对函数求导，再分，，三种情况对导数讨论可得函数的极值点； （3）由（2）解析过程知，函数要有唯一零点t，必有函数的唯一极小值点，再通过构造函数，，只需用导数证明的零点即可. 【小问1详解】 当时，函数， 所以，. 所以曲线在点处的切线方程为， 即. 【小问2详解】 由函数，. 令，，. ①若时，，所以在上单调递增，且， 即在上单调递增，且， 所以函数在上单调递增，函数无极值点； ②当时，，， 当，所以. 所以函数在上单调递增且有唯一零点， 即函数在上单调递增且有唯一零点， 当；当， 所以函数在有唯一的极小值点，无极大值点； ③当时，因为，所以， 所以函数在上单调递减，无极值点. 综上所述：当或时，函数在上无极值点； 当时，函数在上有唯一的极小值点，无极大值点. 【小问3详解】 由（2）可知，当时，函数在上单调递减，且， 所以函数在上无零点； 当时，函数在上单调递增，且， 所以函数在上无零点； 当时，函数在有唯一的极小值点，且， 要使函数在区间上有唯一零点，所以. 所以， 令，得，即. 再令，， 所以在上单调递增， 且. 所以函数在上有唯一零点， 所以，即. 21. 有限数列：，，…，．（）同时满足下列两个条件： ①对于任意的，（），； ②对于任意的，，（），，，，三个数中至少有一个数是数列中的项． （1）若，且，，，，求的值； （2）证明：，，不可能是数列中的项； （3）求的最大值． 【答案】（1） （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）利用①推出的范围．利用②求解的值即可； （2）利用反证法：假设，，是数列中的项，利用已知条件②①，推出得到矛盾结果． （3）的最大值为，一、令：，则符合①②，二、设：，，…，（）符合①②，（i）中至多有三项，其绝对值大于． 利用反证法证明假设中至少有四项，其绝对值大于1，不正确；（ii）中至多有三项，其绝对值大于且小于．利用反证法推出矛盾结论、（iii）中至多有两项绝对值等于．（iv）中至多有一项等于．推出的最大值为． 【小问1详解】 由①得：， 由②得：当，，时，，，中至少有一个是数列，，，中的项，但，，故，解得：， 经检验，当时，符合题意， 【小问2详解】 假设，，是数列中的项，由②可知：，，中至少有一个是数列中的项，则有限数列的最后一项，且， 由①，， 对于数，，由②可知：， 对于数，，，由②可知：， 所以，这与①矛盾． 所以，，不可能是数列中的项． 【小问3详解】 的最大值为，证明如下： 一、令：，则符合①②， 二、设：，，…，（）符合①②，则： （i）中至多有三项，其绝对值大于． 假设中至少有四项，其绝对值大于，不妨设，，，是中绝对值最大的四项，其中，则对，，有，，故，均不是数列中的项，即是数列中的项， 同理：也是数列中的项．但，， 所以，所以，这与①矛盾． （ii）中至多有三项，其绝对值大于且小于， 假设中至少有四项，其绝对值大于且小于，类似（i）得出矛盾， （iii）中至多有两项绝对值等于． （iv）中至多有一项等于0． 综合（i），（ii），（iii），（iv）可知中至多有项， 由一、二可得，的最大值为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026北京二十中高二5月月考 数学 时间： 120 分钟 满分： 150 分 一、选择题共10小题，每小题4分，共40分.在每题的四个选项中，选出符合题目要求的一项． 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 若复数z满足，则（ ） A. 1 B. 5 C. 7 D. 25 3. 由0，1，2，5四个数组成没有重复数字的四位数中，能被5整除的个数是（ ） A. 24 B. 12 C. 10 D. 6 4. 随着社会的发展，越来越多的共享资源陆续出现，它们也不可避免地与我们每个人产生密切的关联，逐渐改变着每个人的生活.已知某种型号的共享充电宝循环充电超过500次的概率为，超过1000次的概率为，现有一个该型号的充电宝已经循环充电超过500次，则其能够循环充电超过1000次的概率是（ ） A. B. C. D. 5. 从甲､乙等五名志愿者中选派四人分别从事翻译､导游､礼仪､司机四项不同工作，若甲和乙只能从事前两项工作，其余三人均能从事这四项工作，则不同的选派方案的种数为（ ） A. B. C. D. 48 6. ，则（ ） A. 16 B. 65 C. 80 D. 81 7. 设是所有项都不为0的无穷等差数列，则“为递减数列”是“为递增数列”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 8. 十九世纪下半叶集合论的创立，奠定了现代数学的基础，著名的“康托三分集”是数学理性思维的构造产物，具有典型的分形特征，其操作过程如下：将闭区间均分为三段，去掉中间的区间段，记为第次操作；再将剩下的两个区间，分别均分为三段，并各自去掉中间的区间段，记为第次操作；每次操作都在上一次操作的基础上，将剩下的各个区间分别均分为三段，同样各自去掉中间的区间段：操作过程不断地进行下去，剩下的区间集合即是“康托三分集”，若使前次操作去掉的所有区间长度之和不小于，则需要操作的次数的最小值为（ ）(，) A. B. C. D. 9. 若，则（ ） A. B. C. D. 10. 设函数，给出下列四个结论：①当时，函数有三个极值点；②当时，函数有三个极值点；③是函数的极小值点；④不是函数的极大值点.其中，所有正确结论的序号是（ ） A. ①② B. ②③ C. ①④ D. ②④ 二、填空题共5小题，每小题5分，共25分. 11. 展开式中的常数项为______． 12. 若函数，则________ 13. 现有8道四选一的单选题，学生李华对其中6道题有思路，2道题完全没有思路．有思路的题做对的概率为，没有思路的题只好任意猜一个答案，猜对的概率为．现从这8道题中随机选择1题，则他做对该题的概率为____________． 14. 记为正项数列的前n项积，已知，则________；________． 15. 已知无穷数列{}的前n项和 ，若存在不相等的正整数，，使得 则称 为“绝对可等和数列”.给出下列结论： ①已知数列则数列{}为“绝对可等和数列”； ②存在一个公差不为0的等差数列{}，使得对任意的正整数k，总存在j≠k，满足 ③若公比为q的等比数列{}为“绝对可等和数列”，则q的取值集合为 ④若两个公差均不为0的等差数列{}和{}均为“绝对可等和数列”，则 也一定是“绝对可等和数列” 其中所有错误结论的序号是___. 三、解答题共6小题，共85分.解答应写出相应文字说明，演算步骤或证明过程. 16. 已知等差数列的前项和为，，． （1）求的通项公式： （2）若数列是首项为1，公比为2的等比数列，求数列的前项和． 17. 手机完全充满电量，在开机不使用的状态下，电池靠自身消耗一直到出现低电量警告之间所能维持的时间称为手机的待机时间.为了解，两个不同型号手机的待机时间，现从某卖场库存手机中随机抽取，两个型号的手机各5台，在相同条件下进行测试，统计结果如下： 手机编号 1 2 3 4 5 A型待机时间（h） 120 125 122 124 124 B型待机时间（h） 118 123 127 120 已知，两个型号被测试手机待机时间的平均值相等. （1）求的值； （2）判断，两个型号被测试手机待机时间方差的大小（结论不要求证明）； （3）从被测试的手机中随机抽取，型号手机各1台，求至少有1台的待机时间超过122小时的概率. （注：个数据的方差，其中为数据的平均数） 18. 已知函数在处的切线为. （1）求； （2）证明：函数有最小值. 19. 已知椭圆过点，其左、右焦点和上顶点构成的三角形为等边三角形. （1）求椭圆的方程； （2）设直线与椭圆交于C，D两点，直线AC，AD分别与直线交于点和点，若，求的值. 20. 已知函数. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）讨论函数在区间上的极值点的个数； （3）若函数在区间上有唯一零点，证明：. 21. 有限数列：，，…，．（）同时满足下列两个条件： ①对于任意的，（），； ②对于任意的，，（），，，，三个数中至少有一个数是数列中的项． （1）若，且，，，，求的值； （2）证明：，，不可能是数列中的项； （3）求的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $