广东省2025-2026学年高二数学下学期5月期中检测试题（一）【含答案】

广东省2025-2026学年高二下学期5月学情检测数学试题一、单选题1．某校开展阅读打卡活动，语文老师要求每个学生阅读科普类文本或人文自然类文本中的一本，现有7本科普类文本和8本人文自然类文本可供选择，小明按照语文老师的要求进行选择，则不同的选法共有（

）A．7种 B．8种 C．15种 D．56种2．已知函数满足，则（

）A．4 B． C． D．23．函数在上的值域为（

）A． B． C． D．4．已知数列满足，．若，则正整数的最小值是（

）A． B． C． D．5．若二项式的展开式中，x和的系数相同，则非零常数（

）A．1 B．2 C．3 D．46．将标有、、、、、的六张数字卡片分成甲、乙、丙三组，要求每组都有奇数数字卡片与偶数数字卡片，则不同的分法总数为（

）A． B． C． D．7．记为等比数列的前n项和，若，，，则（

）A．3 B． C．6 D．8．已知函数，．若，，则的最小值为（

）A． B． C． D．二、多选题9．“杨辉三角”揭示了二项式系数在三角形数阵中的排列规律，在我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中就有出现，如图，下列关于“杨辉三角”的说法正确的是（

）A．每行的首位和末位均为1B．对应的行中共有4个质数C．若有不同的两行同时出现了相同数字，且该数字不为1，则该数字的最小值为6D．对应的行的各项数字之和为10．若，则（

）A． B．C． D．11．对于数列，，若对任意正整数n，恒成立，则称是“有界数列”，若，则称是阶乘数列，则（

）．A．对任意等差数列，存在等比数列使得是“有界数列”B．对任意等比数列，存在等差数列使得是“有界数列”C．对任意等差数列，存在阶乘数列使得是“有界数列”D．对任意阶乘数列，存在等比数列使得是“有界数列”三、填空题12．已知函数，则______．13．已知在公差为的等差数列中，，且，，则______．14．将甲、乙、丙、丁等8个人平均分成两组：第一组和第二组，在第一组中选择2人干工作C，其余2人干工作D；在第二组中选择1人干工作E，其余3人干工作C，已知甲不能干工作C，乙要干工作D，丙不与丁在同一组，则分配方式总数为______．（用数字作答）四、解答题15．若，证明：(1)；(2)．16．已知函数，曲线在点处的切线方程为．(1)求；(2)若函数在区间上单调递增，求的取值范围．17．记为数列的前项和，．(1)求数列的前项和；(2)求．18．在等差数列中，，．(1)求；(2)求；(3)若，记为的前n项和，证明：．19．已知函数，，．(1)讨论的单调性；(2)求的零点个数；(3)当时，记，的各零点之和为T，证明：．参考数据：，．参考答案1．C【详解】有7本科普类文本和8本人文自然类文本，从科普类文本或人文自然类文本中选一本，所以，根据分类加法计数原理，不同的选法共有（种）．2．B【详解】．3．A【详解】因为，则在内恒成立，可知在上单调递减，且，所以函数在上的值域为.4．B【详解】因为，，所以，，可得，而，则正整数的最小值是，故B正确．5．C【详解】由题意可得x的系数为，的系数为，则有，解得或（舍去）．6．B【详解】将奇数数字卡片分配给甲、乙、丙三组，可以是、、或、、或、、，有种分配方法，将偶数数字卡片分配给甲、乙、丙三组，共种分法，由分步乘法计数原理知共种分法．7．D【详解】记的公比为q，由，得，由，得，则，由，得，即，联立解得，所以．8．D【详解】已知函数，其中，定义域为，则，令，则或，当时，，则时，，单调递减，当时，，单调递增，此时函数的最小值为，因为对，有，则，即，得，此时没有最小值，不符合题意；当时，，则时，，单调递减，当时，，单调递增，此时函数的最小值为，因为对，有，则，即，得，则，即．故D正确．9．ACD【详解】对于A，显然，故A正确；对于B，易知对应的行中的数为1，5，10，10，5，1，显然只有2个质数，故B错误；对于C，注意到前5行不存在不同的两行同时出现了相同数字，且该数字不为1，而第6行后除1以外数字最小为6，且其在对应的行出现过，故C正确；对于D，当时，该行的数依次为二项式展开式中各项的系数顺序排列所得，取得和为，故D正确．10．ABD【详解】令，则，故A正确；，故B正确；令，得，令，得，两式相减得，故C错误；对等式两边求导得，令，得，故D正确．11．AC【详解】对于A，设任意等差数列满足．取等比数列，其中．则.因为对任意正整数，有，所以.故A正确．对于B，取等比数列．若存在等差数列，设，则.取正整数，使，又，于是，与题设要求矛盾，故B不正确．对于C，设任意等差数列满足．取阶乘数列，其中．则，且.因为对任意正整数，有，且，所以.故C正确．对于D，取阶乘数列．若存在等比数列，设，则.当时，．取正整数，使，则，与题设要求矛盾．当时，令于是有.取正整数，使，则当时，．于是对任意正整数，有.又因为可以取足够大，使，所以存在正整数，使.即，这也与题设要求矛盾．故D不正确．12．【详解】因为，于是．13．20【详解】因为等差数列中，，且，所以，两式相减得，代入中，得，解得．14．68【详解】不妨考虑丙在第一组，丁在第二组．显然乙必然在第一组．若甲在第一组，则剩余4人中1人进第一组与丙共干工作C，剩余3人进入第二组，而这3人与丁中1人干工作E，剩余3人干工作C，故共有种．若甲在第二组，则剩余4人中2人进第二组与丁干工作C，剩余2人进第一组与丙干工作，其中1人干工作D，剩余2人干工作C，故此时共有种．所以，丙在第一组，丁在第二组的分配情况共有种，同理，由对称性可知,丙在第二组，丁在第一组的分配情况也有种，所以，总分配方式共种．15．(1)证明见解析(2)证明见解析【详解】（1）由题意得，，，又，所以．（2）由题意得，，而，而，所以．16．(1)，.(2)【详解】（1）已知，求导得.曲线在点处的切线方程为，切线斜率，且.代入计算：，.故，.（2）由（1）得，则.求导得.因为在上单调递增，所以在上恒成立，即在上恒成立.令，，求导得.因为时，，所以，即在上单调递增.因此.故，即的取值范围为.17．(1)(2)【详解】（1）解：由为数列的前项和，，可得，两式相减，可得，即，所以，令，可得，即，解得，再令，可得，即，解得，所以数列是以为首项，公比为的等比数列，则数列的前项和为．（2）解：由（1）知：，可得，且，所以数列是首项为，公差为的等差数列，可得，所以数列的通项公式为，则，可得两式相减，可得，所以．18．(1)(2)(3)证明见解析【详解】（1）解：记的公差为d，因为，所以.（2）解：由题意可得，，此时显然，可得，则，即，即，解得，所以．（3）证明：当时，，此时，不符合题意，当时，，此时，符合题意．此时，故．所以．所以，即，所以，证毕.19．(1)当时，在区间上单调递增；当时，在区间，上单调递增，在区间上单调递减．(2)唯一零点(3)证明见解析【详解】（1）解：，，令，则，当时，，，单调递增，当时，，由得，当时，，单调递增；当时，，单调递减；当时，，单调递增．综上，当时，在区间上单调递增；当时，在区间，上单调递增，在区间上单调递减．（2）解：，设，，当时，