河北省保定市部分高中2025-2026学年高二上学期开学考试数学试卷

这是一份河北省保定市部分高中2025-2026学年高二上学期开学考试数学试卷，共11页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
满分:150 分，时间:120 分钟
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．已知函数 f  x 在 x  x 处可导，若lim f  x0  x  f  x0  2x  3 ，则 f  x   （ ）
0
2
A．1B． 1
x0
x0
C．2D．8
若函数 f ( x) ， g(x) 满足 f  x  xg  x  x2 ，且 f (1)  1，则 f  (1)  g (1)  （）
A．1B．2C．3D．4
首项为12 的等差数列，从第10 项起开始为正数，则公差d 的取值范围是（ ）
d  8
3
d  3
8  d  3
3
4  d  3
32
若曲线 f  x  k (k  0) 与 g  x  ex 有三条公切线，则k 的取值范围为（ ）
x
A．   1 , 0 
B．  ,  1 
C．   2 , 0
D． ,  2 
 e   
 e
 e
e 
函数 f  x  cs x   x 1sin x 1在区间0, 2π的最小值、最大值分别为（ ）
π π3π π
 π π
3π π
A．  ，B． ，C．
，  2
D． 
，  2
2 22 22 22 2
aman
已知各项均为正数的等比数列{an }满足a10  a9  6a8 ，若存在两项am ，an 使得
则 1  4 的最小值为（ ）
mn
 4a1 ，
A．4B． 2
3
C． 3
2
D．9
设函数 f ( x) 的定义域为R ，其导函数为 f  x ，且满足 f (x)  f (x) 1 ， f (0)  2023 ，则不等式ex f (x)  ex  2022 （其中e为自然对数的底数）的解集是（ ）
(2022, )
(, 2023)
(0, 2022)D． (, 0)
对于函数 y  f  x ，若存在非零实数 x0 ,使得 f  x0    f x0  ，则称点 x0 , f  x0  与点
x , f x  是函数的一对“隐对称点”．若m  0 时，函数 f  x  ln x, x  0
的图象上

00mx2  mx, x  0
恰有 2 对“隐对称点”，则实数 m 的取值范围为（ ）
A．  0, 1 
B． 1, 
e 

C．  0, 1  ∪  1 , 
D． 0,1 ∪ 1, 
e  e

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.
已知Sn 是等差数列an 的前n 项和， a1  0 ，且S13  S19 ，则（ ）
公差d  0
a16  0
S32  0
已知函数 f  x 
x2  x 1 ex
D． n  17 时， Sn 最大
，其中 x  R ，则（ ）
函数 f  x 的极大值点为 2
若关于 x 的方程 f  x  k 有且仅有两个实根，则k 的取值范围为e, 0
方程 f  f  x  1 共有 4 个实根
关于 x 的不等式 f  x  ax 不可能只有 1 个整数解
已知
eb a2 1  a e2b 1， a，b  R ，且 a  b
则以下正确的是（ ）
a  lna  b  eb
C． b  ea
a  b  1
D． ab  1
e
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
若V ABC 三边长为等差数列，则csA  csB  csC 的取值范围是.
(a  a )2
已知实数 x, a1 , a2 , y 等成等差数列， x, b1 , b2 , y 成等比数列，则 12 的取值范围
b1b2
是.
2x , x  0
 2 ln x
已知函数 f  x  
, x  0
， g  x  x2  2x 1 2λ,λ R ，若关于 x 的方程
 x
f  g  x   λ有 6 个解，则λ的取值范围为.
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.
已知函数 f (x)  a  ln x，g  x  1 x2 ．
2
若a  ln 2 ，求函数 y  f (x) 的图象在 x  1 处的切线的方程．
2
若函数 y  f (x) 的图象与函数 y  g(x) 的图象存在公共切线，求实数 a 的取值范围．
记S 为数列a 的前 n 项和，已知a
 1,  Sn 1
nn1
 a 是公差为 3 的等差数列．
求an 的通项公式；
证明： 1  1 L 1  2 ．
 n 
a1a2an
已知 f  x  x ln x  a x2  1 ．
2
若函数 g  x  f  x  x cs x  sin x  x ln x 1在 0,π 上有1 个零点，求实数a 的取值范围．
2 

若关于 x 的方程 xexa  f  x  a x2  ax 1有两个不同的实数解，求a 的取值范围．
2
已知函数 f  x  x  ln x  2 ．
求函数在1, f 1 处的切线方程
证明： f  x 在区间3, 4 内存在唯一的零点；
若对于任意的 x 1,  ，都有 x ln x  x  k  x 1 ，求整数k 的最大值．
已知函数 f (x)  x ln(1  x)  a(x  1)(x  0) ，其中a 为实常数．
若函数 g(x)  f (x) 
2x 1  x
 0 定义域内恒成立，求a 的取值范围；
证明：当a  0 时， f (x)  1 ；
x2
求证： 1  1  1  ln(1  n)  1  1  1  1 ．

2 3n  12 3n
数学答案
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
A
B
D
A
D
C
D
D
BC
ACD
题号
11
答案
ABD
12． 1, 3 
(, 0] [4, )
 1 , 2 
2 e


 2  
【解】（1）（1）若a  ln 2 ， f (x)  ln 2  ln x （ x  0 ）， f (x)  1 ，
x
函数 y  f (x) 的图象在 x  1 处的切线的斜率k  f  1   2 ，又 f  1   0 ，
2
2
  
2  
故函数 y  f (x) 的图象在 x  1 处的切线的方程为 y  0  2  x  1  ，即 y  2x 1；
22 

设 f ( x) 与 g(x) 的公切线 l 的斜率为 k，
l 与 f ( x) 与 g(x) 图象的切点分别是 P  x , a  ln x  ， Q  x , 1 x2  ，
11 2 2 2 

若 k 不存在，则 l 不是 f ( x) 图象的切线，所以 k 存在，
1 x2  a  ln x1
则k  1  x  2 21 ， x1 ，
x2x  xx2
121
 x2 1  1 x2  a  ln x ，整理得： 1 x2  ln x  a 1  0 ，
22 222 22
由题可知该方程有解，令h  x  1 x2  ln x  a 1 （ x  0 ），
2
故可得函数h  x 有零点， h x  x  1   x 1 x 1 ，
xx
当 x 0,1 时， h x  0 ，当 x 1,  时， h x  0 ，所以h  x 在0,1 上单调递减，在1,  上单调递增，
所以h  x  h 1  a  1 ， 又
2
x  , y  , x  0, y  
故必有h  x h 1  a  1  0 成立 ，解得a  1 .
min22
a
【解】（1）∵ a  1，∴ S  a  1 ,∴ S1  1,
 Sn 
111
1
1
又∵  a  是公差为 3 的等差数列，
 n 
∴ Sn  1 1 n 1  n  2 ,∴ S  n  2 an ,
an33n3
∴当n  2 时， S
n1
n 1 an1
，
3
∴ a  S  S
 n  2 an  n 1 an1 ,
nnn133
整理得： n 1 an  n 1 an1 ,
an
即
an1
 n 1
,
n 1
∴ a  a  a2  a3  an1  an

n1aaaa
12n2n1
3 4nn 1n n 1
 1  ，

1 2n  2n 12
显然对于n  1 也成立，
∴a 的通项公式a
n n 1

；
nn2
1
（2）
2 2  1 
1  ,


ann n 1nn 1
∴ 1  1
L 1
 1   11  1
1   2 1
1   2
aaa
2   23  nn 1 
n 1 
2 1   L 
12n
 
]
【解】（1）解： g(x)  a x2  x cs x  sin x ， x (0 ， π ，
22
所以 g(x)  x(a  sin x) ，
当a… 1 时，
a  sin x… 0
，所以
g(x)
在(0
π
， ] 单调递增， 2
又因为
g(0)  0
，所以
g(x)
在(0
π
， ] 上无零点； 2
当0  a  1时， x 
π ，使得sin x
 a ，
g(x)(x
0(0, 2 )
π
0
(0, x )
所以在 0 ， 2 ] 单调递减，在0
单调递增，
g(0)  0
πaπ2
又因为
， g() 1，
28
所以若
aπ2 
8
1  0 ，即a 
8 时，
π2
g(x)
在(0
π
， ] 上无零点， 2
aπ2 
 „ 8
g(x)
(0π
若 81„ 0 ，即0 a π2 时，
在 ， ] 上有一个零点， 2
当a„ 0
时， g(x)  a  x sin x  0 ，
g(x)
在(0
π
， ] 上单调递减， 2
g(x)
在(0
π
， ] 上无零点， 2
综上当
0  a„
8 时，
π2
g(x)
在(0
π
， ] 上有一个零点； 2
（2）解：由 xexa  f  x  a x2  ax 1  x  0 ，
2
即 xexa  x ln x  ax ，即exa  ln x  a ，则有exa   x  a  x  ln x ，
令h  x  x  ln x, x  0 ，则h exa   exa   x  a ，
h x  1 1  0 ，所以函数h  x 在0,  上递增，
x
所以exa  x ，则有 x  a  ln x ，即a  x  ln x, x  0 ，
因为关于 x 的方程 xexa  f  x  a x2  ax 1有两个不同的实数解，
2
则方程a  x  ln x, x  0 有两个不同的实数解，
令φ x  x  ln x ，则φ x  1 1  x 1 ，
xx
当0  x  1时，φ x  0 ，当 x  1 时，φ x  0 ，
min
所以函数φ x  x  ln x 在0,1 上递减，在1,  上递增，所以φ xφ1  1，
当 x  0 时，φ x   ，当 x   时，φ x   ，所以a  1 .
【解】（1）Q f  x  x  lnx  2 ，
 f 1  1 ， f  x  1 1 ，
x
 f 1  0 ，
 f  x 在1, 1 处的切线为 y  1；
（2）证明：Q f  x  x  lnx  2 ，
 f  x  1 1 ，
x
当 x 3, 4 时， f  x  1 1  0 ，
x
 f  x 在3, 4 上单调递增，
Q f （3）  3  ln3  2  1 ln3  0 ， f （4）  4  ln4  2  2  ln4  0 ，
 f  x 在区间3, 4 内存在唯一的零点．
（3）Q xlnx  x  k  x 1 ，且 x 1,  ，
 k  xlnx  x ，
x 1
令 g  x  xlnx  x ，则 g x  x  lnx  2 ， x  1，
x 1(x 1)2
由（2）知， f  x  x  lnx  2 在1,  上单调递增，且在区间3, 4 内存在唯一的零点，设该零点为 x0 3, 4 ，则 f  x0   x0  lnx0  2  0 ，
故当 x 1, x0  时， f  x  0 ，即 g x  0 ， g  x 在1, x0  上单调递减，
当 x (x0 ， ) 时， f  x  0 ，即 g x  0 ， g  x 在(x0 ， ) 上单调递增，
 g(x) g  x   x0lnx0  x0  x0  x0  2  x0  x 3, 4 ，
min0
x 1
x 10
00
 k  g(x)min  x0 3, 4 ，
故整数k 的最大值为 3．
【解】（1）解：由题意，函数 g(x)  ln(1  x) 
x
1  x
 a, x [0, ) ，则
g(x) 
1
1  x
1
(1  x)2
x 0 (1  x)2
即 g(x) 在[0, ) 上单调递增，所以a  g 0  0 ，所以实数a 的取值范围是(, 0] .
（2）解：当a  0 时， f (x)  x ln(1  x)(x  0) ，则 f (x)  x ln(1  x)  ln(1  x)
由 f (x)  1 ，即ln(1  x)  x, x [0, ) ，
x2
设h(x)  ln(1  x)  x(x  0) ，可得h(x) 
1  1 
x2x2x
1  0
1  x1  x
所以h( x) 在[0, ) 上单调递减，所以h(x)  h(0)  0 ，所以ln(1  x)  x, x [0, ) .
解：由
x x  1
 ln(1  x)  x, x [0, ) ，
令 x  1 ，可得 1  ln(1  n)  ln n  1 ，
nn  1n
1  ln n  ln(n  1)  1 ，
nn  1
LL，
1  ln 2  ln1  1， 2
各式叠加得： 1  1  1

 ln(1  n)  1  1  1  1 .

2 3n  12 3n