广东省2025-2026学年高二数学下学期5月期中检测试题含解析

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

f82xf8

2．已知函数fx满足f82，则lim（）

x0x

A．4B．4C．2D．2

3．函数fxx39x在0,1上的值域为（）

A．8,0B．8,1C．9,0D．9,1

4．已知数列an满足anan14，a10．若anman，则正整数m的最小值是（）

A．1B．2C．3D．4

4

5．若二项式a2x的展开式中，x和x2的系数相同，则非零常数a（）

A．1B．2C．3D．4

6．将标有1、1、2、3、4、6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．12B．18C．24D．36

2

7．记Sn为等比数列an的前n项和，若S4a2S2，a1a20，a1a4a56a2a3a6，则a5（）

A．3B．32C．6D．62

b

2e

8．已知函数fxaaxxlnx，a0．若x0，fxb，则的最小值为（）

a

A．3B．3C．3D．3

e42e4e42e4

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1

B．n5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6

D．nm对应的行的各项数字之和为2m

888

10．若12x12xa0a1xa8x，则（）

A．a02B．a30

7

C．a1a3a5a71D．a12a28a816316

11．对于数列an，bn，若对任意正整数n，anbn1bn恒成立，则称an是“bn有界数列”，若

an1n1an，则称an是阶乘数列，则（）．

A．对任意等差数列an，存在等比数列bn使得an是“bn有界数列”

B．对任意等比数列an，存在等差数列bn使得an是“bn有界数列”

C．对任意等差数列an，存在阶乘数列bn使得an是“bn有界数列”

D．对任意阶乘数列an，存在等比数列bn使得an是“bn有界数列”

三、填空题

12．已知函数fxsinπlnx，则f1______．

3

13．已知在公差为d的等差数列an中，ad，且am55，a2m115，则d______．

14

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nm2，证明：

n1n1n1

(1)AnCnAn1；

n1nmm

(2)An1Annnm!CnAm．

16．已知函数fxx2asinxb，曲线yfx在点0,f0处的切线方程为y2x1．

(1)求a,b；

π3π

(2)若函数gxfxkx在区间,上单调递增，求k的取值范围．

44

n1

17．记Sn为数列an的前n项和，Sn2an22．

(1)求数列an12an的前n项和；

(2)求Sn．

18．在等差数列an中，a1a35，a2a421．

2

a1a2a1

(1)求2；

5a1

(2)求a1；

tan2n1

(3)若a22a1，记Sn为tanantanan1的前n项和，证明：Sn．

ntan2

12

19．已知函数fxxalnx，a0，gxx33xlnx3x．

x

(1)讨论fx的单调性；

(2)求gx的零点个数；

19

(3)当a3时，记fx，gx的各零点之和为T，证明：Ta25．

3

参考数据：ln20.693，ln31.097．

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7815（种）．

2．B

f82xf8f82xf8

【详解】lim2lim2f84．

x0xx02x

3．A

【详解】因为fxx39x，则fx3(x23)0在x0,1内恒成立，

可知fx在0,1上单调递减，且f00,f18，

所以函数fxx39x在0,1上的值域为8,0.

4．B

【详解】因为anan14，a10，所以a24a14，an1an24，可得an2an，而a24a1，则正

整数m的最小值是2，故B正确．

5．C

13322222

【详解】由题意可得x的系数为C4a28a，x的系数为C4a224a，

则有24a28a3，解得a3或a0（舍去）．

6．B

【详解】将奇数数字卡片分配给甲、乙、丙三组，可以是1、1、3或1、3、1或3、1、1，有3种分配方法，

3

将偶数数字卡片分配给甲、乙、丙三组，共A36种分法，

由分步乘法计数原理知共3618种分法．

7．D

2

【详解】记an的公比为q，由a1a2a1q0，得q0，

22

由S4a2S2，得(a1a2)(1q)a2(a1a2)，则a1qa21q，

q2

2411383

由a1a4a56a2a3a6，得a1q6a1q，即a1q6，联立解得3，

a1

2

4

所以a5a1q62．

8．D

【详解】已知函数fxaax2xlnx，其中a0，定义域为0,，

12ax1ax1

则fx2a2xa，

xx

11

令fx0，则x或x，

2aa

1111

当a0时，0,0，则x0,时，fx0，fx单调递减，当x,时，fx0，fx

2aaaa

单调递增，

2

1111

此时函数fx的最小值为faa·lnlna，

aaaa

1ebeb

因为对x0，有fxb，则fb，即lnab，得1，此时没有最小值，不符合题意；

aaa

1111

当a0时，0,0，则x0,时，fx0，fx单调递减，当x,时，fx0，

2aa2a2a

fx单调递增，

2

11113

此时函数fx的最小值为faa·lnln2a，

2a2a2a2a4

13

因为对x0，有fxb，则fb，即ln2ab，

2a4

3ebeb3eb3

得bln2aln，则e4，即2e4．故D正确．

42a2aa

9．ACD

0m

【详解】对于A，显然CmCm1，故A正确；

对于B，易知n5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n4对应的行出现过，故C正确；

m

对于D，当nm时，该行的数依次为二项式1x展开式中各项的系数顺序排列所得，

取x1得和为2m，故D正确．

10．ABD

88

【详解】令x0，则a0112，故A正确；

353353

a3C812C8120，故B正确；

888

令x1，得a0a1a83131，

888

令x1，得a0a1a2a3a7a81331，

两式相减得2a1a3a5a70，故C错误；

7727

对等式两边求导得162x11612xa12a2x3a3x8a8x，

7

令x1，得a12a28a816316，故D正确．

11．AC

n1

【详解】对于A，设任意等差数列an满足ana1n1d．取等比数列bnM2，其中

nn1n1

Ma1d．则bn1bnM2M2M2.

因为对任意正整数n，有n12n1，所以

n1n1

ana1n1da1n1da1d2M2bn1bn.故A正确．

n

对于B，取等比数列an2．若存在等差数列bn，设bnb1n1d，则bn1bnd.

nn

取正整数n，使nd，又2n，于是an2dbn1bn，与题设要求矛盾，故B不正确．

对于C，设任意等差数列an满足ana1n1d．

取阶乘数列bnMn!，其中Ma1d．则bn1Mn1!n1bn，

且bn1bnMn1!Mn!Mnn!.

因为对任意正整数n，有1nn!，且n1nn!，

所以ana1n1da1n1da1dnn!Mnn!bn1bn.故C正确．

n1n1

对于D，取阶乘数列ann!．若存在等比数列bn，设bnBq，则bn1bnBq1q.

当q1时，bn1bnBq1．

取正整数n，使nBq1，则n!nBq1bn1bn，与题设要求矛盾．

n!

Tn1n1

当q1时，令Tnn1.于是有.

qTnq

取正整数N，使N12q，则当nN时，Tn12Tn．

k

于是对任意正整数k，有TNk2TN.

m!

k

又因为可以取k足够大，使2TBq1，所以存在正整数m，使m1Bq1.

Nq

m1

即m!Bq1qbm1bm，这也与题设要求矛盾．故D不正确．

12．π

1

【详解】因为fxπcosπlnx，于是f1π·cos0π．

x

13．20

3

【详解】因为等差数列an中，ad，且am55，a2m115

14

3

adm1d55

m4

所以，两式相减得md60，

3

ad2m1d115

2m4

1

代入am1d55中，得60d55，解得d20．

14

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

11

工作E，剩余3人干工作C，故共有C4C416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

21

D，剩余2人干工作C，故此时共有C4C318种．

所以，丙在第一组，丁在第二组的分配情况共有161834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161834种，

所以，总分配方式共2161868种．

15．(1)证明见解析

(2)证明见解析

n1n!n1n!n1

【详解】（1）由题意得An!，Cnn，An1!，

n1!n1!1!n1

又n!nn1!，

n1n1n1

所以AnCnAn1．

n1n

（2）由题意得An1n1!，Ann!，

n!

而nm!CmAmnm!m!n!，

nmm!nm!

而n!nn!n1n!n1!，

n1nmm

所以An1Annnm!CnAm．

16．(1)a2，b1.

π

(2),2

2

【详解】（1）已知f(x)x2asinxb，求导得f(x)2xacosx.

曲线在点(0,f(0))处的切线方程为y2x1，切线斜率kf(0)2，且f(0)1.

代入计算：f(0)20acos0a2，f(0)02asin0bb1.

故a2，b1.

（2）由（1）得f(x)x22sinx1，则g(x)f(x)kxx22sinxkx1.

求导得g(x)2x2cosxk.

π3ππ3ππ3π

因为g(x)在,上单调递增，所以g(x)0在,上恒成立，即k2x2cosx在,上恒成立.

444444

π3π

令h(x)2x2cosx，x,，求导得h(x)22sinx.

44

π3π2π3π

因为x,时，sinx,1，所以h(x)2(1sinx)0，即h(x)在,上单调递增.

44244

ππππ

因此h(x)minh22cos2.

4442

ππ

故k2，即k的取值范围为,2.

22

n2

17．(1)Tn24

n1

(2)Snn122

n1n2

【详解】（1）解：由Sn为数列an的前n项和，Sn2an22，可得Sn12an122，

n2n1n1

两式相减，可得an12an122an2，即an12an2，

a2a2n1

n1n

所以n2(n2)，

an2an12

22

令n1，可得S12a122，即a12a122，解得a12，

33

再令n2，可得S22a222，即a1a22a222，解得a28，

所以数列an12an是以a22a14为首项，公比为2的等比数列，

412n

n2

则数列an12an的前n项和为T24．

n12

a2aaaa

（2）解：由（1）知：a2a2n1，可得n1nn1n1，且11，

n1n2n12n12n12n21

aa

所以数列n是首项为1，公差为1的等差数列，可得n1n11n，

2n2n

n

所以数列an的通项公式为ann2，

123n1n

则Sn122232(n1)2n2，

234nn1

可得2Sn122232(n1)2n2

23nn123nn1

两式相减，可得Sn2(222)n2(2222)n2

n

2(12)n1n1n1

n2(1n)22，所以Snn122．

12

18．(1)1

2

(2)a11

(3)证明见解析

【详解】（1）解：记an的公差为d，因为a1a35，

aaa2aaa2aaa2aaaad1

1211211211211

所以22.

5a1a1a3a1a1a3a1a1a3a12a1d2

（2）解：由题意可得5a1a12d，21a1da13d，

15

此时显然a10，可得da1，

2a1

5a153a1515175

112

则21a1da13da1a1a1a1a1102，

2a122a124a1a14a1

75

2422

即a110284，即a174a1750，解得a11，

a1

所以a11．

（3）证明：当a11时，a35，此时a232a1，不符合题意，

当a11时，a35，此时a232a1，符合题意．

此时d312，故an2n1．

所以tanantanan1tan2n1tan2n1．

tan2n1tan2n1

所以tan2tan2n12n1，

1tan2n1tan2n1

tan2n1tan2n1

即tan2n1tan2n11，

tan2

tan3tan1tan5tan3tan2n1tan2n1

所以Sn111

tan2tan2tan2

tan2n1tan1tan2n1tan1tan2n1tan1

nnn

tan2tan2tan2tan2tan2

tan2n1tan1tan2n1

nn，证毕.

tan2tanπ2tan2

aa24

19．(1)当时，在区间上单调递增；当时，在区间0,，

0a2fx0,a2fx

2

2

aa4aa24aa24

,上单调递增，在区间,上单调递减．

222

(2)唯一零点x02,3

(3)证明见解析

1ax2ax1

【详解】（1）解：fx1，x0，

x2xx2

令yx2ax1，则a24，

当0a2时，0，fx0，fx单调递增，

aa24

当a2时，0，由x2ax10得x，

2

aa24

当x0,时，fx0，fx单调递增；

2

aa24aa24

当x,时，fx0，fx单调递减；

22

aa24

当x,时，fx0，fx单调递增．

2

aa24

综上，当时，fx在区间0,上单调递增；当时，fx在区间0,，

0a2a2

2

aa24aa24aa24