江西省南康中学2025-2026学年度第二学期高二年级期中测试数学试卷

**基本信息** 南康中学高二数学期中卷以数列、导数、统计为核心，融入泰勒公式、黎曼函数等高等数学衔接内容，结合工厂升级、销售量分析等真实情境，考查数学抽象、逻辑推理与数据建模能力。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8/40|数列周期性、导数几何意义、泰勒公式估算|第8题以麦克劳林公式估算值，体现数学眼光的严谨性| |多选题|3/18|等比数列性质、函数极值、黎曼函数|第11题结合黎曼函数定义判断数列性质，考查数学思维的逻辑性| |填空题|3/15|等差数列求和、函数恒成立、相关系数计算|第14题通过销售量数据计算相关系数，落实数学语言的应用| |解答题|5/77|数列通项与求和、导数应用、统计案例、数阵探究|第17题工厂优级品率分析，第18题数阵规律探究，综合考查数学建模与创新意识|

南康中学2025-2026学年度第二学期高二年级期中测试 数学试卷 一、单选题：本题共8小题，每小题5分；共40分。 1．数列满足：，若，，则（   ） A．1 B．－1 C．5 D．－5 2．已知为等差数列的前项和，若，且，则（    ） A．2025 B． C．1 D． 3．将数列与数列的公共项从小到大排列得到新数列，则（    ） A． B． C． D． 4．已知（n个根号），下列结论错误的是（    ） A． B． C． D． 5．设曲线在处的切线与轴交点的横坐标为，则的值为（   ） A． B． C． D．1 6．已知对恒成立，则实数的取值范围是（   ） A． B． C． D． 7．设，则（    ） A． B． C． D． 8．英国数学家泰勒发现的泰勒公式有如下特殊形式：当在处的阶导数都存在时，．该公式也称为麦克劳林公式．根据该公式估算的值为（ ）（精确到小数点后两位） 注：表示的2阶导数，即为的导数，表示的阶导数，即为的导数．表示的阶乘，即． A．0.85 B．0.88 C．0.91 D．0.95 二、多选题：本题共3小题，每小题6分；共18分。有错选、多选的不得分，部分选对的得部分分。 9．设等比数列的公比为，前项积为前项和为则下列结论正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，且，则 D．若，且，则数列的前项和为 10．已知函数，则下列说法正确的是（    ） A．对任意的实数，函数恒有两个极值点 B．设为的极值点，则 C．当时，若在上有最大值，则 D．若，则 11．黎曼函数（Riemann function）在高等数学中有着广泛应用，其一种定义为：时，，若数列，，则（    ） A． B． C． D． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分；共15分。 12．两个等差数列和的前n项和分别为，且，则的值等于_____________． 13．已知函数对定义域内任意，都有，则正实数的取值范围为___________. 14．某工厂统计了甲产品在2024年7月至12月的销售量y（单位：万件），得到以下数据： 月份 7 8 9 10 11 12 销售量 11 12 14 15 18 20 根据表中所给数据，可得相关系数__________.（结果用四舍五入法保留2位小数） （参考公式：相关系数，参考数据：，） 四、解答题：本题共5小题；共77分。 15．（13分）已知为数列的前项和，且. (1)求数列的通项公式； (2)设，数列的前项和为，证明：. 16．（15分）已知函数，． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若函数在上的最小值是，求a的值； (3)讨论在上的最大值. 17．（15分）某工厂进行生产线智能化升级改造，升级改造后，从该工厂甲、乙两个车间的产品中随机抽取150件进行检验，数据如下： 优级品 合格品 不合格品 总计 甲车间 26 24 0 50 乙车间 70 28 2 100 总计 96 52 2 150 (1)填写如下列联表： 优级品 非优级品 甲车间 乙车间 能否有的把握认为甲、乙两车间产品的优级品率存在差异？能否有的把握认为甲，乙两车间产品的优级品率存在差异？ (2)已知升级改造前该工厂产品的优级品率，设为升级改造后抽取的n件产品的优级品率. 如果，则认为该工厂产品的优级品率提高了，根据抽取的150件产品的数据，能否认为生产线智能化升级改造后，该工厂产品的优级品率提高了？（） 0.050 0.010 0.001 k 3.841 6.635 10.828 附： 18．（17分）数阵，又称矩阵，是数学中的一个重要概念，它是一种特殊的数组，由数字或符号按照特定的规则排列而成.数阵的元素按照一定的顺序排列，通常用矩阵的行和列来表示.将阶数阵记作（其中）.已知，且满足， (1)求和的值； (2)求的表达式； (3)是否存在，使得，，成等比数列，如存在，请求出，如不存在，请说明理由. 19．（17分）已知函数． (1)讨论函数的单调性； (2)设是函数的两个极值点，证明：． 2 1 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 1．D 【详解】由题意可得，用代替可得：，两式相加，得，，是以6为周期的数列， 2．B 【详解】，又， . 3．A 【详解】数列是以1为首项的奇数列，即，数列是以1为首项，公差为3的奇偶交错的等差数列，即，故数列与的公共项所构成的新数列为，即首项为，公差为的等差数列，即，. 4．C 【详解】A，因为，所以（重根号）（重根号），故A正确；B，因为（重根号）所以（重根号），所以（＊），故B正确；C，因为，故C错误；D，由恒成立，所以数列有极限，设，则，且根据（＊）两边取极限，得，即，分解因式得，结合，解得，根据极限定义，时，，故D正确.综上所述，只有C项是错误的. 5．A 【详解】由，可得，所以曲线在处的切线方程是，令得，所以 . 6．B 【详解】由，可知，，，则，即，设，，得，当时，，单调递增，，，则，则，则，恒成立，设，，令，得，当，，单调递增，当，，单调递减，所以当时，取得最大值，，则. 7．C 【详解】 法一：构造法 设，因为，当时，，当时，所以函数在单调递减，在上单调递增，所以，所以，故，即，所以，所以，故，所以，故，设，则，令，，当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，又，所以当时，，所以当时，，函数单调递增，所以，即，所以 法二：比较法 解： ， ， ，① ， 令 则 ，故 在 上单调递减，可得 ，即 ，所以 ； ② ， 令 则 ， 令 ，所以 ，所以 在 上单调递增，可得 ，即 ，所以 在 上单调递增，可得 ，即 ，所以 故 8．C 【详解】在处n阶可导， 求出，令， 9．BD 【详解】若，则，由，可得，故A错误；，故B正确；对于C，由选项条件可得，，解得或，故C错误；因为，所以，所以，所以数列的前项和为，故D正确. 故选：BD 10．AC 【详解】函数的定义域为R，求导得，对于A，，函数恒有两个变号零点，函数恒有两个极值点，A正确；对于B，，B错误；对于C，当时，，当或时，，当时，，因此分别是的极大值点和极小值点，由在上有最大值，得，C错误；对于D，，则，D错误.故选：AC 11．BCD 【详解】对于A，，故A错误；对于B，当时，是相邻的偶数和奇数，所以是既约分数，所以，所以，即，故B正确；对于C，当时，，若当时，成立，则时， ，故C正确；对于D，当时，，若当时，成立，则时，，要使， 而，，只需，只需，显然，故只需，当时，该式子为，显然成立，若当时，有，    当时，，从而对任意正整数均有，综上所述，，故D正确.故选：BCD. 12． / 4.75 【详解】因为，可设，则． 13． 【详解】因为，所以令函数，则在上单调递减，所以在上恒成立，所以，即.令函数，则，当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增.当时，，当时，，且由题干可知，，即，若，则恒成立，当时，恒成立等价于当时，，故时，恒成立，故. 令函数，则，当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，所以的最大值，所以； 综上所述，正实数的取值范围为. 14． 【详解】由已知可得，，，则，，所以，. 15． （1）解：因为，所以. 又因为，所以，所以，所以是公差为1的等差数列. 则，所以. 当时，，当时，满足上式，所以. ……… 5分 （2）证明：由题意及（1），得，所以，① ，② ①-②得，整理得. 又，所以，得证. ………………………………………………………………………………………………………… 13分 16． （1）当时，，，所以切点为，，则， 所以切线方程为，即. ………………………………………………………… 4分 （2），，若，则在上恒成立，所以在上单调递增， 所以，不满足题意； 若，令，解得，令，解得，所以函数在单调递减，单调递增， 所以，解得，满足题意； 若， 则在上恒成立，所以在上单调递减，所以，解得，不满足题意，综上，. …………………………………………………………………… 9分 （3）由（2）可知若，则在上恒成立，所以在上单调递增， 若，令，解得，令，解得，所以函数在单调递减，单调递增， ①即时，， ②即时，， 若， 则在上恒成立，所以在上单调递减，， 综上：当时，； 当时，. ………………………………………………………………………… 15分 17． (1)列联表： 优级品 非优级品 甲车间 26 24 乙车间 70 30 可得，因为，有的把握认为甲、乙两车间产品的优级品率存在差异，没有的把握认为甲，乙两车间产品的优级品率存在差异. ………… 4分 （2）由题意可知：生产线智能化升级改造后，该工厂产品的优级品的频率为，用频率估计概率可得，又因为升级改造前该工厂产品的优级品率，则，可知， 所以可以认为生产线智能化升级改造后，该工厂产品的优级品率提高了. …………………………… 15分 18． （1）在中令， 得； 在中令得，， 在中令得，， 则. …………………………………………………………………………………………… 4分 （2）在中令，得， 则，，，，， 由累加可得， 又时，符合上式，故； 在中令，得， 则，，，，， 由累加可得 ， 又满足上式， 故 …………………………………………………………… 10分 (3) 由（2）知，则， 若为等比数列， 则为等差数列， 设， 则，即， 若满足题意，则有四个整数解， 设， 则 注意最多只有两个零点， 则此时最多只有三段单调区间，至多有三个零点， 故不可能有四个解， 综上所述，不存在使得成等比数列，证毕. ……… 17分 19． （1）由题知： . ， 令得或， 当时，或，，单调递增； ，，单调递减 ； 当时，，单调递增 ； 当时，或，，单调递增. ，，单调递减 . 综上，当时，在区间和上单调递增，在上单调递减； 当时，在区间上单调递增； 当时，在区间和上单调递增，在上单调递减. …………………………… 5分 (2) 证明：由题意可知，， 有两个极值点，是的两正根， 则， 且. . ， ∴要证， 即证，  即证， 即证， 即证， 令，则证明， 令，则，在上单调递增， 则，即， 所以原不等式成立．……………………………………………………… 17分 2 1 学科网（北京）股份有限公司 $