广东东莞市第十三高级中学2025-2026学年高二下学期数学周测试卷（十）

**基本信息** 高二数学周测试卷，覆盖数列、导数、排列组合等核心知识，通过基础题、综合题及实际应用情境，考查数学抽象、逻辑推理与数学建模能力，梯度设计合理，适配周测学情检测。 **题型特征** |题型|题量|知识覆盖|命题特色| |----|----|----------|----------| |单选|8|数列（第2题）、导数（第7题）、排列组合（第1题）|第4题通过等差数列与等比数列命题判断，深化逻辑推理| |多选|3|函数极值（第9题）、排列（第10题）|第11题结合样本数据排列，考查数据分析与论证能力| |填空|4|等比数列性质（第12题）、分组分配（第14题）|第14题（2）问含甲、乙分组，渗透分类讨论思想| |解答|5|数列递推（第18题）、导数应用（第17题）、利润建模（第15题）|第15题以商场销售为情境，体现数学建模与应用意识|

广东东莞市第十三高级中学2025-2026学年高二下学期数学周测试卷（十） 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题 1．将4名实习教师分配到高一年级三个班实习，每班至少安排一名教师，则不同的分配方案有种 A．12 B．36 C．72 D．108 2．若，数列的前n项和为，且，，则（   ） A．76 B．38 C．19 D．0 3．设a＝，则的展开式中的常数项是(　　) A．160 B．－160 C．26 D．－26 4．等差数列的通项是，等比数列满足，，其中，且、、均为正整数.有关数列，有如下四个命题： ①存在、，使得数列的所有项均在数列中； ②存在、，使得数列仅有有限项（至少1项）不在数列中； ③存在、，使得数列的某一项的值为2023； ④存在、，使得数列的前若干项的和为2023. 其中正确的命题个数是（    ）个 A．0 B．1 C．2 D．3 5．已知点是拋物线上一点，且，则点P的坐标为（    ） A． B． C． D． 6．已知数列的各项均为实数，为其前n项和，若对任意，都有，则下列说法可能成立的是（    ） A．为等差数列，为等比数列 B．为等比数列，为等差数列 C．为等差数列，为等比数列 D．为等比数列，为等差数列 7．若函数 既存在极大值点，又存在极小值点，则实数 的取值范围是（    ） A． B． C． D． 8．已知函数，其中，5为的极小值点.若在内有最大值，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 二、多选题 9．已知函数，则（   ） A．当时，函数恰有2个极值点 B．当时，函数恰有2个零点 C．当时，函数恰有2个单调区间 D．当函数恰有2个零点时，必有一个零点为2 10．17名同学站成两排，前排7人，后排10人，则不同站法的种数为（    ） A． B． C． D． 11．已知一组样本数据：-1，a，b，9，其中，将该组数据排列，下列关于该组数据结论正确的是（   ） A．排列后得到的新数列可能既是等比数列又是等差数列 B．若排列后得到的新数列成等比数列，和有4组可能取值 C．若排列后得到的新数列成等差数列，和有2组可能取值 D．这组数据方差的最小值为 三、填空题 12．在等比数列中，，则__________. 13．已知，则_____． 14．将含甲、乙在内的7名志愿者分成三个小组，要求每个小组至少一人，有且仅有两个小组的人数相等. （1）则所有不同的分组方法有________种（用数字作答）； （2）若甲、乙两名志愿者不在同一个小组，则不同的分组方法有________种（用数字作答）. 四、解答题 15．某商场销售一种商品，已知该商品每件成本为元，若每件售价为元，则年销售量（万件）与每件售价（元）之间满足关系式：，且当每件售价为元时，年销售量为万件． （1）试确定的值，并求该商场的年利润关于售价的函数关系式； （2）试确定售价的值，使年利润最大，并求出最大年利润． 16．已知数列的前n项和为，且． (1)求的通项公式； (2)在与之间插入n个数，使这个数组成一个公差为的等差数列，在数列中 是否存在3项，，（其中m，k，p成等差数列）成等比数列？若存在，求出这样的3项；若不存在，请说明理由， 17．已知函数 (1)讨论的单调性； (2)设，证明：. 18．已知数列满足． (1)求的值； (2)证明是等比数列，并求的通项公式； (3)设的前项和为，若恒成立，求实数的取值范围． 19．已知函数. （1）当时，讨论函数的单调区间； （2）设，证明：当时，函数没有极值点. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B B B B B C A D ACD BD 题号 11 答案 BC 1．B 【详解】试题分析：第一步从名实习教师中选出名组成一个复合元素，共有种，第二步把个元素（包含一个复合元素）安排到三个班实习有,根据分步计数原理不同的分配方案有种，故选B． 考点：计数原理的应用． 2．B 【分析】分析函数的对称性，求出数列的通项公式，再利用数列性质及函数对称性求和可得结果. 【详解】因为函数的定义域为， 且， 所以函数的图象关于点成中心对称， 所以，若，则. 由，得当时，， 两式相减得，整理得，即， 因为，，所以，即， 所以对任意正整数，都有， 所以数列为常数列，故，即， 由得数列是等差数列， 所以， 故， 所以. 故选：B. 3．B 【详解】因为， 所以的展开式的通项公式为， 令，得，即展开式中的常数项是；故选B. 4．B 【分析】利用反证法结合整除性可判断②③④的正误，利用特例可判断①的正误. 【详解】由题设条件可得，故. 对于①： 取，则， 当时， ， 故均为中的项，而也为中的项，故①正确. 对于②： 若存在、，使得数列仅有有限项（至少1项）不在数列中， 则从某项开始，所有的项均在中，且在中， 而，故， 若不是正整数， 设且互质且，为的约数， 故，故为的约数， 因为互质，故为的约数，故只能取有限个整数， 这与“从某项开始，所有的项均在中”矛盾，故必为正整数. 设，则， 而除以3的余数均为2，故除以3的余数为1即，为正整数. 所以当时， , , , 所以为中项，而为中项，故中所有的项均为中项， 故②错误. 对于③： 因为，若存在、，使得数列的某一项的值为2023， 则即， 若，则，故，但不是3的倍数，矛盾，舍； 若，则，故，但不是3的倍数，矛盾，舍； 若， 当为偶数时， 故除以3的余数为2，同理除以3的余数为1， 而，故除以3的余数也为1， 故除以3的余数为1，故不成立， 同理当为奇数时，除以3的余数为1，同理除以3的余数为2， 而，故除以3的余数也为2， 故除以3的余数为2， 故不成立，故③错误. 对于④： 若存在、，使得数列的前若干项的和为2023， 此时，若不是正整数， 设且互质且，为的约数， 故， 且， 故， 因为互质，故与互质， 故为的约数，故，所以， 而，，，故， 故或， 若，则， 结合，可得： ， 设，则， 故为递增数列，而， 故，所以， 又，当为偶数时，除以3的余数要么为0，要么为1， 此时不成立，故必为奇数即. 所以，所以， 故， 当时，， 当时，，当时，， 因为上的增函数，故无正整数解. 当时，， 当时，，当时，， 同理无正整数解. 当时，， 当时，，当时，， 同理无正整数解. 故不成立. 若，则， 结合，可得： ， 由为递增数列及， 故，所以， 又，当为偶数时，除以3的余数要么为0，要么为1， 此时不成立，故必为奇数即. 所以，所以， 故， 当时，， 当时，，当时，， 同理无正整数解. 当时，， 当时，，当时，， 同理无正整数解. 当时，， 当时，，当时，， 同理无正整数解. 故不成立. 故是正整数，同②，有， 故， 而，故， 故或 （因，舍）. 故且，即， 故为的约数，结合，可得， 但，故无解， 综上，所以不存在、，使得数列的前若干项的和为2023，故④错误 故选：B. 【点睛】思路点睛：对于数列中与数论有关的存在性问题，往往需要结合整数的整除性来处理，必要时还需要利用同余理论来讨论存在性问题. 5．B 【分析】对求导，然后解方程，可得答案. 【详解】设，则， 故，即 ，则， 故， 故选：B. 6．C 【分析】令(是等差数列的前n项和),由题意可得当时，单调递减，结合二次函数的性质和选项逐一判断即可. 【详解】解：令,由题意当时，单调递减， 对于首项为，公差为的等差数列， 则前n项和(不含常数项)， 此时， 由二次函数的性质知：当足够大时，不可能为单调递减函数， 所以，A中奇数项及B中偶数项为等差数列均不合题意； 对于C，当前2022项为等差数列，从第2022项开始为等比数列且公比时，满足，故符合题意； 对于D，当前2022项为等比数列，从第2022项为等差数列时，同A、B分析：当足够大时，不满足，即不可能为单调递减函数，故不合题意 故选：C. 【点睛】方法点睛：等差数列的前n项和是关于n的二次二项式(不含常数项)，在研究有关等差数列前n项和的有关性质性，从二次函数的性质出发，能使问题得到简化. 7．A 【分析】由题意可得有2个正根，所以有2个正根，通过换元可得有两个正根，即有两个正根，令，求导可得的单调性，结合图象即可求得实数 的取值范围. 【详解】由题意得，因为存在极大值点，又存在极小值点， 所以有2个正根，即有2个正根. 当时，在上单调递增， 此时至多1个零点，不符合题意，故； 令，由，得，即， 即有两个正根， 令，则与有两个不同的交点， 求导得， 所以当时，，函数在上单调递增， 当时，，函数在上单调递减， 所以， 画出函数的图像如图所示： 由在上有两个正根，则， 所以，所以实数 的取值范围是. 故选：A 8．D 【分析】对函数求导得，结合研究的区间单调性，进而确定极值点，再由区间存在最大值得，即可求范围. 【详解】由题设， 由，所以， 当或时，，即在、上单调递增， 当时，，即在上单调递减， 所以极小值点为，极大值点为， 而， 且， 所以，只需，即， 所以. 故选：D 9．ACD 【分析】根据函数求导判断函数的单调性，求出极值，利用函数与方程的转化思想，结合零点存在定理逐一判断各选项即可. 【详解】由求导得，设，则. 对于A，当时，由得，由得， 则函数在上单调递减，在上单调递增， 故，又，，且， 则函数在和上各有一个变号零点，故当时，函数恰有2个极值点，故A正确； 对于B，因，当时，由A项可得函数在上单调递减，在上单调递增， 则，即恒成立，在上单调递增，故函数至多一个零点，故B错误； 对于C，当时，恒成立，则函数在上单调递增， 又，当时，，由零点存在定理，可知函数只有唯一零点， 当时，，当时，， 则函数在上单调递减，在上单调递增，故此时函数恰有2个单调区间，故C正确； 对于D，由，显然，可得，设，则， 当时，，则在上单调递增， 当时，，则在上单调递减， 当时，则，在上单调递增， 故时，取得极小值.作出函数图象如下： 因函数的零点个数等价于直线与的交点个数. 当时，两者只有1个交点；当时，两者有2个交点，其中有1个横坐标为2，另1个横坐标为负数； 当时，两者有3个交点，其中第1个横坐标为，第2个横坐标，第3个横坐标； 当时，两者没有交点. 因此当函数恰有2个零点时，仅当时成立，此时必有一个零点为2.，故D正确. 10．BD 【分析】17名同学中选7名全部排序站在前排有种方法，剩下10名同学全排在后排有种方法，根据乘法原理，共有种方法；或者将前后排视为一排，共有种方法，由此可得选项. 【详解】17名同学中选7名全部排序站在前排有种方法，剩下10名同学全排在后排有种方法，根据乘法原理，共有种方法， 将前后排视为一排，共有种方法，故BD正确， 故选：BD. 11．BC 【分析】数列的性质进行判断，非零常数列既是等比数列又是等差数列，判断出A错误；由等比数列的性质，将四个数进行排列为一正一负相邻，求出相应的值；由等差数列的性质以及的范围，举例求解；得出B,C正确；用特殊值法求出方差还有更小的，得出D错误. 【详解】对于A，若数列既是等比数列又是等差数列，则该数列为非零常数列，而，且数列中的项有，，不可能构成常数列，故A错误； 对于B，若排列后的新数列为等比数列，则不可能有0，则， 故设新数列的公比为，则有，且数列相邻两项异号； 数列可能为，此时，则； 数列可能为，此时，则，； 数列可能为，此时，则； 数列可能为，此时，则； 数列可能为，此时，则； 数列可能为，此时，则； 数列可能为，此时，则； 数列可能为，此时，则； 综上所述，和有4组可能取值，故B正确； 对于C，若排列后得到的新数列成等差数列，设公差为 若在首项，不论在第几项，都有，不符合题意， 若两项相邻，且不在首项，则或者， 此时有，， 符合题意的数列为或者； 若中间仅有一项，且不在首项，则，或者， 此时有， 符合题意的数列为或者， 故和有2组可能取值，故C正确； 对于D，该组数据的平均数为， 当尽可能接近平均数，方差越小， 方差为， 当时，， 方差，故D错误. 故选：BC. 12．4 【分析】利用等比数列的性质求解. 【详解】在等比数列中，， 由等比数列的性质，，则， 又，所以. 故答案为：4 13． 【分析】应用赋值法结合二项式展开式及组合数计算求解. 【详解】令， 令． 所以． 故答案为： 14． 196 141 【分析】先判断分组方式，再计算每种分组的方案数，相加即可；利用间接法，排除甲乙两人在同一小组的分配方法即可． 【详解】（1）由题意可知，分组的人数分配情况共有以下三类：，，. 当人数分配为时，分组方法有种； 当人数分配为时，分组方法有种； 当人数分配为时，分组方法有种； 故所有不同的分组方法有种. （2）考虑其对立事件，即甲、乙两名志愿者在同一小组的情况： ①若分配方案为，甲、乙必在5人组， 此时从剩余5人中选3人进入该组，共有种； ②若分配方案为，若甲、乙在2人组，则该组已满， 只需将余下5人分成两组，有种； 若甲、乙在3人组，则需从余下5人中选1人，其余4人均分为两组，有种； 故此方案下甲、乙同组的方法数为种； ③若分配方案为，甲、乙不可能在1人组，必在其中一个3人组， 从剩余5人中选1人加入该组，余下4人分成两组，共有种； 故甲、乙在同一小组的分组方法有种， 则甲、乙不在同一小组的分组方法有种. 15．（1）；（2）当售价为元时，年利润最大，最大年利润为万元 【分析】（1）由题根据所给条件将W=28，x=10代入求得k即可； （2）对f（x）求导，利用导函数性质求得最值即可． 【详解】（1）由已知，当时，，即，解得， 所以，所以， 即； （2）因为，所以， 因为，所以当时，；当时，； 所以函数在上递增，在上递减， 所以当时，， 答：当售价为元时，年利润最大，最大年利润为万元． 16．(1) (2)不存在，理由见解析. 【分析】（1）对题干条件变形得到是首项为4，公比时2的等比数列，利用等比数列通项公式求出答案；（2）假设存在，根据题意得到，结合，，（其中m，k，p成等差数列）成等比数列，求出，故矛盾，得到答案. 【详解】（1），变形为：，，其中，所以是首项为4，公比为2的等比数列，故，即， 当时，，其中满足上式，综上：的通项公式为 （2）不存在，理由如下： 由（1）知：，，由题意得：，所以， 假设存在3项，，，（其中m，k，p成等差数列）成等比数列，所以，即，由于m，k，p成等差数列，故，所以，所以，即，即，所以，进而得到，这与假设矛盾，故在数列中是否不存在3项，，（其中m，k，p成等差数列）成等比数列. 17．(1)答案见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）求导得，分和两种情况讨论，分别得到单调区间； （2）法一：要证，即证，令，根据，通过求导判断单调性可得，即可证明； 法二：，利用导数得到在单调递减，在单调递增，其中且，所以，得证. 【详解】（1）定义域，， ①当时，，在上单调递减， ②当时，令得， 令，得，令，得， 所以在单调递减，在单调递增. 综上：当时，在上单调递减； 当时，在单调递减，在单调递增. （2）法一：要证即证， 设，即， 设，则，令得，令得， 所以在上为增函数，在上为减函数，所以， 所以成立，所以得证. 法二：设，则， 因为，所以， 令，则，则在单调递增， 因为，，所以在上存在唯一零点， 当，，故，当，，故， 所以在单调递减，在单调递增， 则，其中， 所以， 所以，即得证. 18．(1) (2)证明见解析， (3) 【分析】（1）根据递推公式即可求解； （2）由得出，即可证明，进而得出通项公式； （3）由（2）得，再分类讨论为正奇数或正偶数，解不等式即可求解． 【详解】（1）因为， 所以． （2）因为， 所以， 又，所以是首项为，公比为的等比数列， 所以，即． （3）由（2）得， ①当为正奇数时， ， 由，得， 即， 因为，所以对任意的正奇数都成立， 当时，有最小值1， 所以． ②当为正偶数时， ， 由，得， 即， 因为，所以对任意的正偶数都成立， 当时，有最小值，所以， 综上，可知，即实数的取值范围是． 19．（1）当时，在单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增，其中=；（2）证明见解析. 【解析】（1）求函数求导，对参数进行分类讨论，根据导数的正负，即可容易判断函数的单调性，从而求得单调区间； （2）要证没有极值点，将问题转化为求证在恒成立；结合（1）中所求可知当时，；构造函数，利用导数根据函数单调性，求得在时恒成立，则问题得解. 【详解】（1），， 当时，， ∴当时，，∴在单调递增， 当时，令，解得，， 显然，， ∴当时，，函数单调递减， 当时，，函数单调递增， 综上所述，当时，在单调递增， 当时，在上单调递减，在上单调递增； （2）， 由（1）可知时，在是增函数， ∴， ∴当时，， 下面证明：当时，， 设， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴在上为增函数， ∴， ∴存在使得，即， 并且当时，，时，， ∴在上为减函数，在上为增函数， ∴当时，有最小值， ∵， ∴， ∴，即， ∵， ∴当时，函数为增函数， ∴在区间上没有极值点. 【点睛】本题考查对含参函数单调性的讨论，以及利用导数研究函数的极值点问题，属综合困难题. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $