安徽滁州市定远县育才学校2025-2026学年高二下学期5月阶段检测数学试题

**基本信息** 试卷聚焦高二数学核心内容，以世界杯志愿者选派、螺旋线设计等现实情境为载体，通过导数极值判断、数列递推与求和、函数最值探究等问题，考查数学抽象、逻辑推理与数学建模能力，实现基础巩固与综合应用的有机统一。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选|8/40|导数极值条件、数列递推、排列组合|结合“数学思维”，如第1题通过导数与极值关系考查推理能力| |多选|3/18|等比数列性质、函数不等式|注重知识辨析，如第9题综合等比数列求和与性质判断| |填空|3/15|等比数列求和、二项式定理|强化基础应用，如第13题考查二项式展开常数项计算| |解答题|5/77|数列证明与求和、函数极值与最值、概率应用|突出“数学语言”表达，如第15题以志愿者安排考查排列组合实际应用，第19题通过函数极值探究培养数学建模能力|

定远育才学校2025-2026学年高二（下）阶段检测 数学试题 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。 1.已知函数的图像是一条连续不断的曲线，且在定义域内处处可导，若为的导函数，则“在处取极值”是“”的 A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 不充分不必要条件 2.若数列满足，，，则(    ) A. B. C. D. 3.美加墨足球世界杯将于年月至月在美国、加拿大、墨西哥的座城市举行，将是首次有支球队参赛的世界杯，现在要从小马、小丁、小李、小罗、小王五名志愿者中选派四人分别从事宣传、后勤、礼仪、服务四项不同工作，若小马和小丁只能从事前两项工作，其余三人均能从事这四项工作，则不同的选派方案共有种． A. B. C. D. 4.已知数列的前项和为，且满足，已知，则的最小值为(    ) A. B. C. D. 5.在图形设计和创作中，常常需要用不同的形状和线条进行组合，以创造出独特的视觉效果某校数学兴趣小组设计了一个如图所示的“螺旋线”：点，在直线上，是边长为的等边三角形，是以点为圆心，为半径的圆弧，是以点为圆心，为半径的圆弧，是以点为圆心，为半径的圆弧，是以点为圆心，为半径的圆弧，，依次类推其中点，，，，共线，点，，，，共线，点，，，，共线由上述圆弧组成的曲线与直线恰有个交点时，曲线长度的最小值为 A. B. C. D. 6.设，则(    ) A. B. C. D. 7.若曲线在点处的切线垂直于直线，则点的坐标是(    ) A. B. C. D. 8.函数的图象大致是(    ) A. B. C. D. 二、多项选择题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。 9.在递增的等比数列中，是数列的前项和，若，则下列说法正确的是(    ) A. B. 数列是等比数列 C. D. 数列是公差为的等差数列 10.若，则(    ) A. B. C. D. 11.关于函数，，下列说法正确的是(    ) A. 对任意的， B. 对任意的， C. 函数的最小值为 D. 若存在使得不等式成立，则实数的最大值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.已知为等比数列的前项和，，，则的值为          ． 13.展开式的常数项为          ． 14.已知函数，若恒成立，则实数的取值范围为          ． 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.本小题分 为了迎接到校访问的同学，需要分上午、下午和晚上三个组各安排名本校学生作为志愿者负责接待，并要求下午组的志愿者不能与上午组、晚上组的重复．某班共有名学生，其中名女生和名男生，现准备从中选择志愿者． 共有多少种选法？ 如果下午组中有一名男生请假，需要从班上的非志愿者中选一名男生替代，那么至少有多少种选法？ 如果三个组的志愿者都不能重复，且都要有男生和女生，那么共有多少种选法？ 16.本小题分 设 求的值； 求的值； 求的值． 17.本小题分 已知函数的一个极值点是． 求函数的极值 求函数在区间上的最值． 18.本小题分 记数列的前项和为，已知，． 证明：是等差数列，并求数列的通项公式； 记，求数列的前项和； 求的最大值． 19.本小题分 已知函数，． 当时，求的极值； 设，证明：与的图象恰有一个公共点； 当时，，求整数的最大值． 答 案 1.  2.  3.  4.  5.  6.  7.  8.  9.  10.  11.  12.  13.  14.  15.解：可以分三步完成：先选下午的志愿者，有种选法再选上午的志愿者，有种 选法最后选晚上的志愿者，因为可以与上午的重复，所以有种选法因此，共有 种选法． 当志愿者全部是男生时，非志愿者中的男生人数最少，剩有名，则从班上的非志愿者 中选一名男生替代，至少有种选法． 因为三个组的志愿者都不能重复， 所以共有种选法， 其中不含男生有种选法， 不含女生有种选法， 所以三个组的志愿者都不能重复，且都要有男生和女生， 共有种选法． 16.解：二项式的展开式通项为， 令，可得， 所以． 对， 令，得； 令，得； 得，， 故． 由， 两边求导，得． 令，则． 所以的值为． 17.解：， 有一个极值点是， ，， 即， 又， 列表如下： 单调递减 单调递增 单调递减 当时，有极小值，极小值为． 当时，有极大值，极大值为． 由知，在上单调递减，上单调递增，上单调递减， 又，， 在上的最大值为． 在上的最小值为． 18.解：当且时，由已知，得． 两式相减得  ， 整理得，因为时，两边同除以得，  又，故是首项为、公差为的等差数列；其通项公式为因为是首项为、公差为的等差数列，则其通项公式为， 由得， 其前项和为，其中 由等差数列的前项和公式得，  代入目标式，得 ，因为，分子分母同除以得，  由基本不等式，，当且仅当即时取等号， 因此，故， 即的最大值为，时取得最大值． 19.解：当时，，定义域为。 ， 令，解得． 当时，，单调递减；当时，，单调递增。 因此，在处取得极小值，极小值为，无极大值。 当时，，定义域为。 要证与的图象恰有一个公共点，即方程有唯一解， 即有唯一解。 设，， ， 令，，，所以， 令，， 所以在上单调递增，， 因此在时恒成立，在单调递增． 又，，故存在唯一使得， 因此与的图象恰有一个公共点． 当时，即，整理得： ， 因，，故，设，， ， 设，，则，故在单调递增。 又，，故存在唯一使得，即。 此时在上单调递减，在上单调递增，最小值为：， 因，故，因此整数的最大值为。  学科网（北京）股份有限公司 $