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（十四）

**基本信息** 聚焦高二数学核心知识，以导数、数列、概率为主体，融合《算法统宗》文化情境与生活实践案例，通过梯度设计实现基础巩固与数学思维提升，适配周测学情诊断需求。 **题型特征** |题型|题量|知识覆盖|命题特色| |----|----|----------|----------| |单选题|8|导数应用（第2、3题）、二项式定理（第4题）|结合函数单调性判断，考查数学眼光| |多选题|3|排列组合（第9题）、函数零点（第11题）|多结论辨析，培养逻辑推理能力| |填空题|3|切线方程（第12题）、周期数列（第13题）|基础概念应用，强化数学语言表达| |解答题|5|导数极值与证明（第15、19题）、数列求和与不等式（第16题）|综合应用导数与数列知识，体现数学思维的严谨性|

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（十四） 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题 1．已知下列四个命题，其中正确的个数有（    ） ① ，  ② ， ③ ， ④. A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 2．函数的单调增区间为（    ） A． B．和 C． D． 3．已知函数，为的导函数，则下列结论正确的个数是（    ） ①当时，； ②函数在上只有一个零点； ③函数在上存在极小值点； ④在上无实根． A．1 B．2 C．3 D．4 4．在的展开式中含项的系数为15，则展开式中二项式系数最大项是第（    ） A．4项 B．5项 C．6项 D．3项 5．有10张卡片，其中有8张标有数字2，有2张标有数字5．从中任意抽出3张卡片，设3张卡片上的数字之和为X，则的概率是（    ）． A． B． C． D． 6．我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“今有善走者，日增等里，首日行走一百里，九日共行一千二百六十里，问日增几何？”其意思是：现有一位善于步行的人，第一天行走了100里，以后每一天比前一天多走相同的里程数，九天他共行走了1260里，问每天增加的里程数是多少?关于该问题，有下述四个结论: ①从第二天起，每一天比前一天增加的里程数为10； ②此人第五天行走了150里； ③此人前六天共行走了750里； ④此人前八天共行走的里程是第九天行走里程的8倍. 所有正确结论的序号为（   ） A．①④ B．②③ C．②④ D．①③ 7．若函数在内无极值，则实数的取值范围是 A． B． C． D． 8．已知，当时，恒成立，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 二、多选题 9．有甲、乙、丙等5名同学聚会，下列说法正确的有（    ） A．5名同学每两人握手1次，共握手20次 B．5名同学相互赠送祝福卡片，共需要卡片20张 C．5名同学围成一圈做游戏，有120种排法 D．5名同学站成一排拍照，甲、乙相邻，且丙不站正中间，有40种排法 10．已知函数，，动直线l过原点且与曲线相切，切点的横坐标从小到大依次为，，.则下列说法错误的是（    ） A． B．数列为等差数列 C． D． 11．已知函数，则下列说法正确的是（    ） A．，直线与相切 B．， C．恰有2个零点 D．若且，则 三、填空题 12．设曲线在处的切线方程为_____________； 13．已知数列中，a1＝1，，记Sn为{an}的前n项和，则 ________． 14．已知，则满足的所有的和为___________. 四、解答题 15．若是函数的极值点. (1)求实数的值及的单调区间； (2)求函数在区间上的值域. 16．已知等比数列的前n项和为，，且，，成等差数列. (1)求； (2)设，是数列的前n项和，求； (3)设，是的前n项的积，求证：，． 17.给定函数． (1)判断函数的单调性，并求出的极值点； (2)求出方程的解的个数． 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 18．设函数，数列满足：. (1)若，求数列的通项公式； (2)求数列的前项和. 19．已知函数（且）. (1)若函数在其定义域内既有极大值也有极小值，其中为的导函数，求实数的取值范围； (2)当时，函数，其中，若，为的导函数，函数的极小值点为，试比较，的大小，并加以证明. 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 A A C A C D C A BD ABC 题号 11 答案 ACD 1．A 【分析】根据求导公式及运算律，简单复合函数导数逐项求导验证即可 【详解】因为,所以①错, 因为,所以②错, 因为,所以③错. 因为,所以④错, 故选：A. 2．A 【分析】求出，令结合函数定义域可得答案. 【详解】函数的定义域为， ， 令，解得， 所以函数的单调增区间为， 故选：A. 3．C 【分析】根据，，可判定①正确；利用导数求得函数的单调性，结合零点的存在定理，可判定②正确；根据导数和极值的概念，可判定③错误；构造，利用导数求得函数的单调性与最值，可判定④正确． 【详解】①中，当时，∵，，∴，故①正确； ②中，由函数，则， 所以，所以在上单调递减， 因为，， 根据零点存在性定理，所以，使得， 所以在上只有一个零点，故②正确； ③中，因为在上只有一个零点， 当时，；时，， 即的单调递增区间为；单调递减区间为， 所以为在上的唯一个极大值点，故③错误； ④中，设，则，， 当时，在上单调递增，在上单调递减， 又，所以，所以在上单调递增， 此时，不存在零点， 又，所以，使得， 所以在上单调递增，在上单调递减， ，， 所以在上恒成立，此时不存在零点， 故在上无实根，故④正确． 故选：C. 【点睛】本题主要考查了导数的综合应用，其中解答中熟练利用导数求得函数的单调性与极值、最值是解答的关键，着重考查推理与运算能力. 4．A 【分析】分与讨论，都可求得，再根据二项式定理即可求解. 【详解】由可得， 当，,则， 其展开式的通项为， 令,得,解得； 当,,则， 其展开式的通项为， 令，得，解得. 综上所述：， 所以展开式共有7项，所以展开式中二项式系数最大项是第4项. 故选:A. 5．C 【分析】根据分类加法的计数原理结合古典概率的计算公式即可得答案. 【详解】由题意知，从10张卡片中任意抽出3张卡片，所有可能的抽法有种， 3张卡片上的数字之和的情况为抽出一个5、两个2，或者抽出两个5、一个2． 抽出一个5、两个2的抽法有种； 抽出两个5、一个2的抽法有种， 满足的所有可能的抽法有种， 所以． 故选：C. 6．D 【分析】由题意可得出关于、方程组，解出的值，可判断①选项；利用等差数列的通项公式可判断②选项；利用等差数列的求和公式可判断③④选项. 【详解】设此人第天走里，则数列是公差为的等差数列， 记数列的前项和为， 对于①，由题意可得，解得，①结论正确； 对于②，，故②错误； 对于③，，故③正确； 对于④，，， 而，故④错误； 故选：D. 7．C 【详解】，①当时，，所以在上单调递增，在内无极值，所以符合题意；②当时，令，即，解得，当时，，当时，，所以的单调递增区间为，单调递减区间为，当时原函数取得极大值，当时，原函数取得极小值，要满足原函数在内无极值，需满足，解得.综合①②得，的取值范围为，故选C. 考点：导函数，分类讨论思想. 8．A 【分析】当时，不等式恒成立，设，，利用导数研究的零点，并由两个函数有相同零点结合韦达定理，经变形构造出函数，再利用导数求出最小值. 【详解】当时，原不等式化为恒成立， 令，，求导得， 由得，；由得，， 函数在上单调递减，在上单调递增， 而，当时，，当时，， 则函数在上有两个零点，记为， 显然当或时，，当时， 要使恒成立，则也是的两个零点， 于是，由，得，即，因此， 令，求导得，由，得，由得， 函数在上单调递减，在上单调递增，， 所以的最小值为. 故选：A. 【点睛】关键点点睛：将原不等式恒成立转化为函数，在上有相同的零点是求解的关键. 9．BD 【分析】利用组合的概念可判断A，根据排列知识可判断BC，利用捆绑法及间接法可判断D. 【详解】A选项，5名同学每两人握手1次，共握手次，故A错误； B选项，5名同学相互赠送祝福卡片，共需要卡片张，故B正确； C选项，5名同学围成一圈做游戏，确定4个人之后，最后一个人的位置也就确定了，所以有种排法，故C错误； D选项，5名同学站成一排拍照，甲、乙相邻，共有种排法，其中丙站正中间的排法有种， 所以甲、乙相邻，且丙不站正中间的排法有种，故D正确. 故选：BD. 10．ABC 【分析】先依据题给条件求得，从而得到选项BC判断错误；再依据题给条件求得，进而得到选项A判断错误，选项D判断正确. 【详解】，，则， 设切点坐标，则切线斜率 则， 整理得 则选项BC错误； 由，则选项D判断正确； 若，则，则，这与题意矛盾，故选项A判断错误. 故选：ABC 11．ACD 【分析】利用导数研究函数的单调性并作出图形，结合导数的几何意义即可判断A；根据函数的单调性和，即可判断B；根据函数的单调性和零点的存在性定理即可判断C；当、时，分别解方程，即可判断D. 【详解】由题意知，的定义域为，， 则，对于方程，， 所以在上恒成立，故在、上单调递减， 作出直线和函数的图象，如图， A：由图可知，当时，，则，， 所以曲线在点处的切线方程为， 此时使得直线与相切，故A正确； B：当时，，函数在上单调递减， 且，则存在使得， 当时，且，当时，， 所以，使得，故B错误； C：由选项B的分析知，函数在上有且仅有1个零点； 当时，，在上单调递减， 又，，由零点的存在性定理知， 函数在上有且仅有1个零点，所以恰有2个零点，故C正确； D：若，则，， 得，解得； 若，则，， 得，解得， 综上，若且，则，故D正确. 故选：ACD 【点睛】思路点睛：关于函数零点个数的有关问题，一般转化为两个函数图象交点问题，利用函数图象分析，结合零点单调存在性定理求解即可. 12． 【分析】求得切点坐标，求得切线的斜率，再利用直线的点斜式方程得到答案． 【详解】时，，所以切点为 由题意可得，所以切线的斜率为， 所以曲线在点处的切线方程为． 故答案为：． 13． 【分析】先由，a1＝1，得到数列周期为4，计算出一个周期内的和为，所以. 【详解】因为数列中， ，； 所以，， ，， 与相同， 所以数列的周期为4 一个周期内的和为， 因为 所以； 故答案为：. 14．5 【分析】利用组合数的性质解组合数方程即可. 【详解】由组合数的性质可得，解得， 又，则或，解得或， 故满足的所有的和为. 故答案为：5 15．(1)，函数的单调减区间为，单调增区间为： (2). 【分析】（1）对函数求导，然后根据极值点求出参数，然后分析得出函数的单调区间； （2）根据函数单调区间先求出函数极值，然后求出端点值进行分析即可. 【详解】（1）因为函数的定义域为：， 所以， 又是函数的极值点， 所以， 此时 因为， 所以当时，，当时，， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 所以有是函数的一个极小值点， 此时，且函数的单调减区间为， 单调增区间为： （2）由（1）知， 若，由（1）知： 函数在上单调递减，在上单调递增， 所以函数， 又， ， 因为， 所以， 所以函数在区间上的值域为： 16．(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）根据得到，即，据此求出公比即可求解； （2）由（1）得，根据； （3）由（1）求出，求出，求出，构造函数，求出在的单调性，与比较，据此即可证明. 【详解】（1）由题意，，则， 得，即， 所以公比，又， 故； （2）由（1）得所以 ； （3）由（1）得， 则，那么， 构造函数且， 则，即在上递减， 所以，即在上恒成立， 故（当且仅当时取等号）， 所以，， 即，. 【点睛】关键点点睛：本题（3）关键在于构造函数，求出在的单调性. 17．(1)在单调递减，在单调递增；极小值点为，无极大值点. (2)当时，方程无解；当或时，方程有1个解；当时，方程有2个解. 【分析】（1）根据导数与单调性及极值的关系求解即可. （2）将方程有解的问题转化为与的交点个数问题，结合导数与单调性及最值的关系，分析判断即可. 【详解】（1）函数的定义域为，求导得 . 令，解得； 当时，，单调递增；当时，，单调递减； 所以在处取得极小值，即是的极小值点，无极大值点. 综上，在上单调递减，在上单调递增；是的极小值点，无极大值点. （2）方程的解的个数等价于的图像与直线的交点个数. 由（1）知，. 当时，；当时，. 函数的简图如下： 结合图象可知，当时，的图像与直线无交点； 当或时，的图像与直线有1个交点； 当时，的图像与直线有2个交点； 综上，当时，方程无解；当或时，方程有1个解；当时，方程有2个解. 18．(1) (2). 【分析】（1）代入化简可得，即可根据为等比数列求解， （2）根据为等差数列可求解，即可利用错位相减法求解. 【详解】（1） 得， 所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列， 所以，化简得， 因为，所以的通项公式为； （2）， 所以数列是以为首项，为公差的等差数列， ， ， ， ， 两式相减得， 所以， 故. 19．(1) (2)，证明见解析 【分析】（1）先对函数进行求导，再根据已知条件将问题转化为方程在有两个不相等实根，利用导数研究函数单调性，结合函数值的范围即可求解； （2）先对求导，通过构造函数，可得函数在区间上单调递增，根据题意通过x取值范围以及函数的单调性，即可比较. 【详解】（1）因为， ∴， 因为函数在其定义域内既有极大值也有极小值， 所以只需方程在有两个不相等实根. 即，令，则， 在递增，在递减.且在上， 要使方程在有两个不相等实根， 则， ∴； （2）设， 则 设， 则， 故函数在区间上单调递增， ∵，所以， 故存在，使得， 所以，当时，，，函数单调递减； 当时，，，函数单调递增. 所以函数的极小值点，即， ∵，所以. 因此，即. 所以函数在区间上单调递增. 由于，即，即， 所以 又函数在区间上单调递增，所以. 【点睛】本题是以导数的运用为背景的函数综合题，主要考查了函数思想，化归思想，抽象概括能力，综合分析问题和解决问题的能力，属于较难题，近来高考在逐年加大对导数问题的考查力度，不仅题型在变化，而且问题的难度、深度与广度也在不断加大，本部分的要求一定有三个层次：第一层次主要考查求导公式，求导法则与导数的几何意义；第二层次是导数的简单应用，包括求函数的单调区间、极值、最值等；第三层次是综合考查，包括解决应用问题，将导数内容和传统内容中有关不等式甚至数列及函数单调性有机结合，设计综合题. 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 $