2025-2026学年河南周口市天立高级中学等校高二下学期5月学业水平检测数学试题 含答案

/河南省2027届普通高中学生5月学业水平检测数学试题本试题卷共4页，四大题，19小题，满分150分考试时间120分钟注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、考场号、座位号、考生号填写在答题卡上.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，用0.5毫米的黑色墨水签字笔将答案写在答题卡上.写在本试题卷上无效.3.考试结束后，将本试题卷和答题卡一并交回.一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.函数的图象在处的切线在轴上的截距为（）A.2 B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用导数的几何意义求出切线方程，令可得轴上的截距.【详解】，，又，所以处的切线为，令，可得，故函数的图象在处的切线在轴上的截距为.2.已知各项均为正数的等比数列的前n项和为，且满足，，成等差数列，则（）A.15 B.17 C.80 D.82【答案】D【解析】【分析】根据等差数列的性质和等比数列的通项公式列方程求解的值，从而利用等比数列的求和公式计算可得结果.【详解】设各项均为正数的等比数列的公比为，∵，，成等差数列，∴，∴，∴，，解得.则.3.的展开式中，的系数为（）A.135 B.15 C. D.【答案】A【解析】【详解】由题意可知的通项为，，可知的通项为，令，，解得，，所以的系数为．4.等差数列的前n项和为，已知，则数列的前10项和为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】先利用等差数列的通项公式与前项和公式求解首项和公差，得到的表达式后对裂项，通过裂项相消法计算前10项和【详解】设等差数列的公差为，由等差数列通项公式，结合可得：，即，由等差数列前项和公式，结合可得：，即.将代入上式，解得，，因此，故.设的前10项和为，则：

5.若函数的最大值为，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】对求导分析函数单调性得到最大值，得到函数取最大值时的，进而建立关于的方程并求解.【详解】的定义域为，易得在上单调递减，当时，，当时，，所以存在，使得，即，则当时，单调递增，当时，单调递减，所以，即，易得函数在上单调递增，且0，所以，所以，解得．6.已知数列的前n项和为，且．若恒成立，则k的最小值是（）A. B.4 C. D.5【答案】B【解析】【分析】根据数列的通项公式，利用错位相减法求出数列的前项和，结合得到，即可求解.【详解】因为，所以①，②，①减②可得：，所以．因为，所以，即恒成立，故．故选：B7.某地文旅局联合多部门借助电商平台推销当地特色农产品，共有新鲜助农水果、核心助农产品、地域特色干货、五谷杂粮礼包、非遗手工艺品、限时秒杀六类选品，若要让限时秒杀类选品作为第一个链接上架，新鲜助农水果、核心助农产品作为相邻链接上架，且非遗手工艺品不能作为最后一个链接上架，则上架顺序有（）A.16种 B.24种 C.36种 D.48种【答案】C【解析】【分析】根据题意可知限时秒杀类选品不需要考虑；因为新鲜助农水果、核心助农产品要相邻，所以将其捆绑考虑；先求出不限制非遗手工艺品上架顺序的排列种数，最后从总排列方式中减去非遗手工艺品作为最后一个链接上架的排列方式，即可得到符合条件的排列种数.【详解】因为要让限时秒杀类选品作为第一个链接上架，所以只要考虑余下的5类选品即可；因为新鲜助农水果和核心助农产品要作为相邻链接上架，所以将它们视为一个整体，其内部排列方式有（种）；所以此整体与剩下的地域特色干货、五谷杂粮礼包、非遗手工艺品3类选品的排列方式有（种）；因此不考虑其他限制的排列方式有（种）；当非遗手工艺品作为最后一个链接上架的排列方式有（种）；所以新鲜助农水果、核心助农产品作为相邻链接上架，且非遗手工艺品不能作为最后一个链接上架的上架顺序有（种）.故选：C.8.若在上单调递增，则实数最大值是（）A. B. C.1 D.【答案】D【解析】【分析】分析可知，恒成立，可知对任意的，，参变量分离得，构造函数，其中，利用导数求出函数的最小值，即可得出实数的最大值.【详解】因为，则，由题意可知对任意的，恒成立，因为，故只需对任意的，，参变量分离可得，构造函数，其中，则，令，其中，则，故函数在上为增函数，所以，即当时，，由可得，由可得.所以函数在上递减，在上递增，所以，故的最大值为.二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.已知数列，的前项和分别为，，且满足，，，则下列结论正确的是（）A. B.C.是等差数列 D.【答案】BCD【解析】【分析】先利用与的关系式变形推出为等差数列，求出进而得到通项，判定A错C对，再求出与的值验证等式成立确定B正确，最后把从第二项起两两分组求和，每组和为，化简得到对应式子证得D正确。【详解】由，且.得，整理得，所以.又，故，因此是首项为，公差为的等差数列，选项C正确.选项A，由等差数列通项公式，，故.当时，，验证时，，符合题意，即，选项A错误.选项B：.由，.得，，，，，所以.故，选项B正确.选项D：，.第项一组，第项一组，…，第项一组，共组.每组和：（），因此，选项D正确.10.现安排甲、乙、丙、丁4名同学参加A，B，C三项工作，且每个同学只能参加一项工作，则下列说法正确的是（）A.不同的安排方法共有种B.若恰有一项工作无人参加，则不同的安排方法共有种C.若甲，乙两人都不能去参加项工作，且每项工作都有人去，则不同的安排方法共有14种D.若每个同学只能参加一项工作且每项工作都有人去，则不同的安排方法共有72种【答案】AC【解析】【详解】对于A，每个同学都可以从A，B，C三项工作中任选一项，即每个同学都有3种选择方法，共有种，故A正确；对于B，恰有一项工作无人参加，分两步进行：从A，B，C三项工作中选一项无人参加，有种；将4个同学分配到剩余的2项工作中，共有种，同时需排除4个同学都参加剩下2项工作中的某一项，有2种情况，即有种；所以恰有一项工作无人参加，则不同的安排方法共有种，故B错误；对于C，甲，乙两人都不能去参加项工作，可分两种类型：丙或丁其中1人参加项工作，剩下3个人分配到2项工作中，且每项工作至少1人参加，有种；丙、丁两人参加项工作，则剩下的2人分配到剩下的2项工作中，每人1项工作，有种；则甲，乙两人都不能去参加项工作，且每项工作都有人去，不同的安排方法共有12+2=14种；故C正确；对于D，4人分配到3项工作且每项工作都有人去，只能是2，1，1的分组方式，先从4人中选2人作为一组，有种选法，剩下2人各为一组；再将这3组分配到3项工作中，有种分配方法；所以，总的安排方法有种；故D错误.11.已知函数，，则（）A.当时，存在极值点B.若有三个不同零点，，，则C.过点且与曲线相切的直线有且仅有1条D.若有三个不同零点，，且在三个零点处的切线斜率分别为，，，则【答案】BCD【解析】【分析】对于A，可得，由判别式可判断极值点个数；对于B，将函数表达式写成，与原式比较常数项即可判断；对于C，设切点为，写出切线方程，根据切线过点建立等式，整理得到关于的方程，根据解的个数即可判断；对于D，将函数表达式写成，根据导数的运算法则求导，代入得到对应点的导数也即切线斜率，最后通分计算.【详解】对于A，可得，当时，有，此时恒成立，不存在极值点，故A错误；对于B，若有三个不同零点，，，则，取，得，即，B正确；对于C，设切点为，则切线方程为，因为切线过点，可得，即，整理得，解得，则过点且与曲线相切的直线有且仅有1条，C正确；对于D，若有三个不同零点，，，则，求导得，所以，，从而，D正确.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知，则______，______．【答案】①.②.0【解析】【分析】运用二项式的通项公式，结合求导的运算法则进行求解即可.【详解】展开式的通项，令，得，则，即．设f(则f'令，得f'−113.已知数列的前n项和为，若，，记，则的最大值为______．【答案】【解析】【分析】借助与的关系结合等比数列定义可得数列的通项公式，即可得表达式，再借助作商法得到的单调性后即可得解.【详解】当时，，则，即，又，则，故数列是以为首项，为公比的等比数列，即，则，则，解不等式，即，由，故或，即当或时，，当时，，故的最大值为.14.设函数是定义在上的可导函数，其导函数为，，并且，则不等式的解集为________.【答案】【解析】【分析】由，得2xfx+x2f'x>0，所以可构造函数，利用导数分析函数的单调性，结合【详解】构造函数，其定义域为，而g'由，且，得，所以在上单调递增.由，得，则不等式等价于，所以，解得，即不等式的解集为.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.已知数列满足，.（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和.【答案】（1），（2），【解析】【分析】（1）分析可知数列是首项为3，公比为3的等比数列，结合等比数列通项公式运算求解；（2）利用分组求和及错位相减法运算求解.【小问1详解】因为，则，且，所以数列是首项为3，公比为3的等比数列，所以，所以.【小问2详解】因为,所以，设,则，两式相减可得：，所以，又，所以,16.已知函数．（1）当时，求曲线在点处的切线方程；（2）当时，恒成立，求的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据导数即可求出切线方程；（2）根据导数分类讨论的取值范围，得到函数的单调性即可求解；或者分离参数，利用函数的单调性得到的取值范围.【小问1详解】当时，，得，，则，所以切线方程为：，即；【小问2详解】解法一：，当时，因为，所以，，所以，则在上单调递增，成立，符合题意；当时，，所以在上单调递增，所以成立，符合题意；当时，在区间上，；在区间，，所以在上单调递减，上单调递增，所以在区间上有，不符合题意，综上所述，的取值范围是．解法二：当时，恒成立，等价于“当时，恒成立”，即在上恒成立，当时，，所以，当时，，所以恒成立，设，则，因为，所以，所以在区间上单调递增，所以，所以，综上所述，的取值范围是.17.已知在的展开式中，第6项系数与第4项系数之比为．（1）求的值；（2）若展开式的第项是有理项，求的取值集合；（3）记展开式中所有奇数项的系数之和为，偶数项的系数之和为，求．【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）根据展开式的通项公式求出第6项系数与第4项系数，根据题意列方程即可求出答案；（2）根据且求出，即可求出答案；（3）根据二项式的展开式列出，设，则a=a0+a2+a4+【小问1详解】展开式的通项公式为，由题意得，即，解得.【小问2详解】由（1）得展开式的第项为，所以由题意得且，解得，所以的取值集合为.【小问3详解】由（1）得展开式的第项为，所以，b=设多项式，其系数，则a=a0令，则，令，则，所以.18.设数列各项均为正数，且，，对于任意正整数m，n，p，q满足时，恒有．（1）若时，求数列的通项公式；（2）证明：，都有；（3）讨论a、b的取值，并指出此时数列的单调性．【答案】（1）（2）证明见解析（3）①当时，数列为递增数列；②当时，数列为常数列；③当时，数列为递减数列.【解析】【分析】构造新数列，将原条件转化为当时，.（1）先根据已知的、值求出的首项和公比，再利用等比数列通项公式得到，进而得到.（2）取，，代入转化后的条件即可推导出要证明的等式.（3）先写出​的通项，进而得到​的通项，再通过作差法比较与的大小，分情况讨论单调性.【小问1详解】因为，所以，，即，.令，则时，.取，则，即.计算，，所以，故是首项为，公比为的等比数列，，因此.【小问2详解】令，取，，则，所以即，其中，.因此对任意，有即，得证.【小问3详解】由（2）知，是等比数列，公比，首项为，故数列的单调性由的符号决定：因为，所以，，因此符号由决定：当时，，数列单调递增；当时，，数列为常数列，；当时，，数列单调递减.19.已知函数．（1）若函数为的导函数，判断在上的零点个数；（2）证明：当时，；（3）设，若存在，对任意，都有成立，求实数的取值范围．【答案】（1）0个（2）证明见解析（3）【解析】【分析】（1）对函数求导得，再应用导数研