广西部分学校2025-2026学年高二下学期四月阶段性检测数学试题（含解析）

这是一份广西部分学校2025-2026学年高二下学期四月阶段性检测数学试题（含解析），共8页。试卷主要包含了本试卷主要考试内容， 设函数，则， 已知数列满足，，则等内容，欢迎下载使用。
1.答题前，考生务必将自己的姓名､考生号､考场号､座位号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
4.本试卷主要考试内容：人教A版选择性必修第二册､选择性必修第三册第六章.
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. 的展开式共有（ ）
A. 54项B. 55项C. 56项D. 57项
【答案】C
【解析】
【详解】的展开式共有项.
2. 下列数列是单调递减数列的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】数列是单调递减数列，都是单调递增数列．
3. 小张计划周日去某电影院看一部电影，该电影院周日上映的电影有三个类别，其中类有部（他有部不想看），类有部（他有部不想看），类有部（他有部不想看），则他周日去该电影院想看的电影共有（ ）
A. 部B. 部C. 部D. 部
【答案】B
【解析】
【详解】由加法计数原理可知，小张周日想看的电影有部．
4. 已知曲线及其在点处切线的图象如图所示，则（ ）
A. B. C. D. 5
【答案】A
【解析】
【详解】由图知切线过点与点，
则曲线在点处切线的斜率为，
所以.
5. 设函数，则（ ）
A. 4B. 6C. 8D. 10
【答案】D
【解析】
【详解】由函数，得.
所以．
6. 某器形制呈“三层九枝，枝栖神鸟”.今制仿器，首层凡四，次层增三，每进一层，益数恒三，循序而增，乃成等差之序.意思是该仿制器物第1层的构件有4个，从第2层起每层的构件比前一层多3个.若按古制取前若干层构件总数恰好为116，则该层数为（ ）
A. 7B. 8C. 9D. 10
【答案】B
【解析】
【详解】由题意可知该器各层的构件数成等差数列，其中，公差，
则其前项和，
整理可得，即，
解得或（舍去），所以该层数为8.
7. 某人工智能实验室有6名研究员，将他们分配到3个不同的人工智能科研项目，若每名研究员只能加入1个项目，且每个项目至少需要1名研究员，则不同的分配方案数为（ ）
A. 540B. 600C. 480D. 720
【答案】A
【解析】
【详解】将6个人分成3个组，每组至少1个人，则分组方案有或者或者三类，
所以不同的分配方案数为.
8. 若，且，则（ ）
A. 5B. 9C. 10D. 18
【答案】C
【解析】
【详解】设，则，所以，即.
设，得，
当时，，所以在上单调递增，
则在上有唯一解，
因为，所以，所以.
二､多选题：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. 已知数列分别是等差、等比数列，则必有（ ）
A. B.
C. D. 成等比数列
【答案】BC
【解析】
【分析】根据等差数列以及等比数列的性质，即可根据选项逐一求解.
【详解】对于A选项，若，则，此时不成立，A错误．
对于B选项，设公差为，则，B正确．
对于C选项，由于等比数列中有，且，故，C正确．
对于D选项，当公比为时，，所以不是等比数列，D错误．
10. 已知数列满足，，则（ ）
A.
B. 是周期数列
C.
D. 数列的前项和为4
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据数列的递推公式及数列的函数性质求解即可.
【详解】由题意得，，，，，
则是周期为4的周期数列，
且，故AB正确；
当时，，故C错误；
，
前项的和：
，故D正确.
11. 已知函数，则（ ）
A.
B.
C. 均为增函数
D. 函数不存在极值
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于A，直接对Mxx的解析式进行化简，并结合自变量x的范围讨论该式子的取值范围.
对于B，利用函数的单调性确定的整体取值范围，再将此范围与参数a的取值范围进行比对，判断不等式是否恒成立.
对于C，先对函数求导，再判断函数单调性.
对于D，通过分析导函数在定义域内的符号是否恒成立，来判断函数是否有极值.
【详解】对于A，令fx=Mxx=2e2x−1，当x→12+时，，
由于e≈2.718>2 ，所以在x无限接近时，有fx2e0−2=0 ，在上单调递增，则，
即，Nx>a .
对于C， ，
所以在上单调递增，由B选项知在上单调递增，
所以Mx,Nx均为增函数.
对于D， hx=2e2x−1−1x−x,h'x=4e2x−1+1x2−1>4e2x−1−1>4e0−1>0 ，
则在上单调递增，不存在极值.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 若数列的前项和，则__________.
【答案】63
【解析】
【分析】根据求解即可.
【详解】由题意得.
13. 函数的极值点为_________．
【答案】
【解析】
【详解】原式求导得：，
令或，
当时，，单调递减，
当时，，单调递减，
时左右两侧符号没有变化，故不是极值点，
当时，，单调递增，
当时，单调递减，
故的极值点为．
14. 如图，给这八个方格涂色，现有红、蓝、黄、紫、绿、黑六种颜色可供选择，要求相邻的方格涂不同的颜色，且两端都涂红色，则不同的涂色方法共有________种．
【答案】13020
【解析】
【分析】对最中间的4个方格进行分类讨论，分为中间4个方格中有2个方格涂红色、中间4个方格中只有1个方格涂红色、中间4个方格都不涂红色三种，每一种逐个根据分步乘法计数原理求解即可．
【详解】设方格从左至右分别命名为，
因为两端都涂红色，且相邻方格不同颜色，所以中间4个方格也可以涂红色，
①当中间4个方格中有2个方格涂红色时，
涂红色的位置有方格3、5或方格4、6或方格3、6共3种选择，
剩下的4个方格，还有两个单独和两个相邻的，而其左右两边皆为红色方格，
对于两个单独的方格而言，除红色外其他颜色都可选取，共种，
对于相邻的两个方格，其中第一块方格可选除红色外的5种颜色，
第二块方格选取剩余4种颜色，共种，
所以该类涂法一共有种；
②当中间4个方格中只有1个方格涂红色时，涂红色的位置有4种选择，
未涂色区域划分为两部分，其中对于每一部分，
其中第一块方格都可以涂除红色外的5种颜色，
剩余的都只能涂除红色以及上一块相邻颜色之外的4种颜色，
故剩下的共有种选择，所以该类涂法一共有种；
③当中间4个方格都不涂红色时，
中间一大块区域每个方格均只能涂上除红色以及上一块相邻颜色之外的4种颜色，
共有种；
综上，不同的涂色方法共有种．
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. 在等差数列中，.
（1）求的通项公式；
（2）求的前项和；
（3）若从的前100项中任选2项，求这2项都是偶数的概率.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小问1详解】
设的公差为，则，
则.
【小问2详解】
(方法一)；
（方法二）.
【小问3详解】
由可知，当为奇数时，是偶数，当为偶数时，是奇数，
在的前100项中，值为偶数的项有50项，
则从中任选2项，这2项都是偶数的概率为.
16. 已知函数.
（1）设.
（i）求曲线在点处的切线方程；
（ii）求的单调区间.
（2）若恒成立，求的取值范围.
【答案】（1）（i）；（ii）的单调递增区间为；单调递减区间为.
（2）
【解析】
【分析】（1）（i）利用导数的几何意义求切线方程即可；（ii）令、即可求解；
（2）（方法一）根据题意得，再令，利用导数求出的最值即可求解；（方法二）设，求导，得到，再解不等式即可．
【小问1详解】
函数，定义域为，
若，则，
（i），
所以曲线在点处的切线方程为，即.
（ii）令，得，所以的单调递增区间为；
令，得，所以的单调递减区间为.
【小问2详解】
（方法一）若恒成立，则，即恒成立.
设，则，
当时，在上单调递增，
当时，在上单调递减，
所以，
则，即，所以的取值范围为.
（方法二）设，
则.
令，得，
令，得，
则，
得．
17. 已知.
（1）证明：.
（2）求的值.
（3）证明：能被147整除.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）通过令，和即可求证；
（2）由可看作的展开式各项系数之和，通过赋值即可求解；
（3）通过复合函数求导得到，再通过赋值，进而可求证.
【小问1详解】
证明：令，得，
令，得，
所以.
【小问2详解】
因为为的展开式各项系数之和，
所以，
所以.
【小问3详解】
由，
得，
即，
令，得，
因为能被147整除，所以能被147整除.
18. 已知函数.
（1）当时，求在上的值域；
（2）若有两个极值点，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）把代入，利用导数确定函数的单调性求出值域.
（2）求出导数，按分类并用导数确定的零点个数，再建立不等式求出范围即可.
【小问1详解】
当时，函数，求导得，
而，由，得；由，得，
函数在上单调递增，在上单调递减，，
，，，
所以函数在上的值域为.
【小问2详解】
函数的定义域为，求导得，
由函数有两个极值点，得函数有两个变号零点，
令函数，求导得，
当时，，函数在上单调递增，
因此函数最多只有1个零点，不满足题意；
当时，由，得；由，得，
函数在上单调递减，在上单调递增，，
且当时，，当时，，
则当且仅当时，函数有两个变号零点，
令函数，求导得，
当时，；当时，，
函数在上单调递增，在上单调递减，，
当时，，所以的取值范围为.
19. 在正项数列中，记，若为非零常数列，则称存在等比型递推结构，数列为的结构常数数列.
（1）试问数列是否存在等比型递推结构？请说明理由．
（2）已知正项数列存在等比型递推结构，且．
（i）求的通项公式；
（ii）设，记的前项和为，证明：对任意恒成立.
【答案】（1）数列存在等比型递推结构，理由见解析
（2）（i）；（ii）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意，结合等比型递推的定义，即可求解；
（2）（i）设，，根据题意，求得，得到，结合累积法，即可求得数列的通项公式；
（ii）由（i）得到，利用裂项法求和，求得转化为证明，设，利用导数求得在上递增，得到，得到在上恒成立，令，即可得证.
【小问1详解】
解：由数列，设，
根据等比型递推的定义，可得数列存在等比型递推结构．
【小问2详解】
（i）因为数列存在等比型递推结构，可设，
设，则，所以为等比数列，
因为，则，
所以，解得，所以是以2为首项，2为公比的等比数列，
则，
所以当时，，
即，因为，所以，
又，依然成立，
所以，
（ii）证明：由（i）得，
所以，
所以
则，
所以要证，只需证，
设函数，则，
设，则，
当时，，则在上单调递增，
所以，
所以在上恒成立，则在上单调递增，
所以，所以在上恒成立，
令，得，
即，所以，
即，
所以对任意恒成立．