哈尔滨师范大学附属中学2025-2026学年高二上学期期末考试数学试题

这是一份哈尔滨师范大学附属中学2025-2026学年高二上学期期末考试数学试题，共6页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2
2
2
5 1
2
3
2
数学试题
函数 f (x)  lnx  ax2  bx ，若 x  2 是 f (x) 的极小值点，则实数 a 的取值范围是()
（本试卷满分 150 分，考试时间 120 分钟）
A．(1， )
B．(0 1)
C．(1)
D．( ，1)
，，
888
一、选择题：本题共 8 个小题，每小题 5 分，共 40 分.在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1
二、多选题：本题 3 个小题，每小题 6 分，共 18 分. 在每个小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得 6 分，部分选对部分分，有选错的得 0 分.
在平面直角坐标系 xOy 中，圆C 的方程为 x2  y2  4x  0 .若直线 y  k  x 1 上存在一点
抛物线C : y 
x2 焦点坐标为()
4
P ，使过 P 所作的圆的两条切线相互垂直，则实数k 可以是()
A．（ 1 ，0）B．（1，0）C．（0，1）D．（0 1
， ）
1616
设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 2a7－a11＝4，则 S5＝()
A.15B.20C.25D.30
A．1B． 2C． 3D． 4
等差数列an是递增数列，满足 a7  S9 ，前n 项和为 Sn ，下列选择项正确的是()
若直线 ax  2 y  6  0 与直线 x  (a 1) y  a2 1  0 平行，则a  ()
A． d  0
B． a1  0
A. 1或2
B. 1
C. 2D. 2
C．当 n  4 时 Sn 最小D． Sn  0 时n 的最小值为8 .
已知数列{an}是等比数列，Sn 为其前 n 项和，若 a1＋a2＋a3＝4，a4＋a5＋a6＝8，则 S12 等于
()
A.40B.60C.32D.50
.设 f  x 为函数 f  x（x  R) 的导函数，已知 xf  x  f  x  x（2 f 1  2 ，则下列结论正确的是（）
x 1)(1 ex ) ，
x2y2
f (x)
f (x)
已知双曲线C : 1(a  0, b  0) 的离心率为 2，则点(4，0) 到C 的渐近线的距离为()
a2b2
A． y 
有两个极值点B． x  1 是函数 y 
3
2
x
的极大值点
x
2
A．
B． 2C． 2
D． 2
C． 3 f (2)  2 f (3)
D． 3 f (2)  2 f (3)
已知数列{a }的通项公式为 a
3n＋k
{a }为递减数列，则实数 k 的取值范围为()
nn＝
2n ，若数列 n
三、填空题:本题共 3 个小题，每小题 5 分，共 15 分.
A.(3，＋∞)B.(2，＋∞)
直线 x 
3y  1  0 的倾斜角为.
C.(1，＋∞)D.(0，＋∞)
已知数列{a } 中，满足 a
 1, a
 a 1
(n  N  ) ，则数列{a } 的通项公式为
设 F ， F 是椭圆 x
2  y2
 1(0  b  2) 的左、右焦点，过 F 的直线l 交椭圆于 A ， B 两
n1n1
nn(n  1)n
124b21.
点，若| AF |  | BF
| 最大值为5 ，则椭圆的离心率为()
函数?(?) = 2−?? +??2有两个极值点，则实数 m 的取值范围是.
22
四．解答题：本题共 5 个小题，共 77 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤
15．（13 分）已知数列an 满足 a1  1， nan1  2 n 1 an ．
 n 
证明：  an  是等比数列；

n
2
设bn ，求数列bn 的前 n 项和Tn ． an
16．（15 分）已知函数 f  x  ax  2  2a 1ln x a  R  ．
x
讨论 f  x 的单调性；
若函数 f  x 的最小值为 2，求实数 a 的值．
18．（17 分）抛物线C : y2  2 px , P 点坐标（1，1），过 P 点斜率为 2 的直线与抛物线 C 交于 A，B 两点， AB 
15
求C 的方程；
过定点 D 的直线与抛物线交于两点 M ， N ，满足 kMP  kNP  1，求出满足条件的所有定点
D 的坐标.
19．（17 分）已知函数 f (x)  (x  a) ln(2x 1)
当 a  0 ，求 f (x) 的极值；
若 x  0 ， f (x)  2x ，求 a 的取值范围；
若 F (x) 
f (x)  2x 有两个极值点 x1, x2 ，求证： x1  x2  0
x2y2
2
2
17.（15 分）已知双曲线C :
a2b2
求C 的方程；
 1(a  0, b  0) 的焦距为2
，离心率为.
B 点坐标为(2, 0) ，过 x 轴上 A( 1 , 0) 的直线l 与C 交于 M ， N 两点，求 BM  BN 的值.
2
哈尔滨师范大学附属中学 2025-2026 学年度上学期高二期末考试
数学试题答案
一、选择题
1.C2.B3.B4.B5.C6.D 7.A8.A
二、多选题
9.AB10.ABC11.BCD
三、填空题
12. 5π13. a
 2  1
14.
e )
6nn( 2 ,
四、解答题
15．（1）由na
 2 n 1 a ，得a
n 1 a
 n
 2，
所以 an1
n1n
 2an ，又 a1  1,
n1n
n 1n1
 n 
故 an  是首项为 1，公比为 2 的等比数列；

（2）由（1）得 an  1 2n1  2n1 ，则， b  n ．
所以T
n
 1  2 

3  n ，
n2n1
n20
2122
2n1
所以 1 T  1  2  3  n ．

2 n2122232n
两式相减，得 1 T
 1  1  1  1

 n ，
0
2 n2
222
2n12n
1 1 
12n n
所以 2 Tn
  ，
1 12n
2
解得Tn
 4  n  2 ． 2n1
16.（1）当a  0 时， f  x 在0,  上单调递减；
当a  0 时， f  x 在 1 ,  上单调递增，在 0, 1  上单调递减；
 aa 

2a1e .
（ ） 的值为或
2
由题意得 f  x 的定义为0,  ，且
 2 2a 1ax2  2a 1 x  2ax 1 x  2
2

f  x  a 22，
xxxx
当a  0 时，当 x 0,  时， f  x  0 ，此时 f  x 在0,  上单调递减；
当a  0 时，当0  x  1 时， f  x  0 ，当 x  1 时， f  x  0 ，
aa
此时 f  x 在 1 ,  上单调递增，在 0, 1  上单调递减；
 aa 

综上所述：当a  0 时， f  x 在0,  上单调递减；
当a  0 时， f  x 在 1 ,  上单调递增，在 0, 1  上单调递减；
 aa 

由（1）可得当a  0 时， f  x 为减函数则无最小值，所以a  0 ，
当a  0 时，即 x  1 时， f  x 取得极小值也是最小值 f  1   a  1  2a  2a 1ln 1  2 ，
a
aa
a
 
 
所以2a 11 ln a  0 ，解得a  1 或a  e ，
2
故函数 f  x
的最小值为2
，实数a
1
的值为
2
或e .
17．（1） x2  y2  1（2）3
2
c2  a2
（1）焦距2c  2 2 c 
又离心率为
 c 
2
a
2 a  1,b  1
C 的方程为 x2  y2  1
当曲线 C 的焦点在 x 轴上时，C 为 x2  y2  1
设直线 MN： x  my  1 ， M (x , y ), N (x , y )
21122
与 x2  y2  1联立得(m2 1) y2  my  3  0
4
 y  y  m
 12

m2 1
由韦达定理 3
 y y  4
––––→ –––→
 1 2

m2 1
239
BM  BN  (x1  2)(x2  2)  y1 y2  (m
 3 (m2 1)  3 m2
 42  9  3  9  3
m2 1444
1) y1 y2  2 m( y1  y2 )  4
18. y2  4x D(0, 2)(2, 2)
（1） y2  2 px ，直线 AB： y  2x 1， A(x1, y1), B(x2 , y2 )
p2  4 p
联立得 y2  py  p  0 ， y  y 
12
15
15
5
2
5
2
p2  4 p
AB y  y 
12
 p2  4 p 12  0( p  2)( p  6)  0 p  2 ∴ C 的方程为 y2  4x
（2）MN： x  my  n ， M (x3, y3 ), N (x4 , y4 )
与 y2  4x 联立得 y2  4my  4n  0
 y1  y2  4m
由韦达定理 y y  4n
 1 2
 k k 1 ( y1 1)( y2 1)  1(m2 1) y y  (mn  m 1)( y  y )  n2  2n  0
MPNP
(x 1)(x
1)
1 212
12
(m2 1)(4n)  (mn  m 1)4m  (n2  2n)  04m2  4m  n2  2n  0n  2m(n  2m  2)  0
n  2m  2  0 或 n  2m  0 ，
当 n  2m  2  0 时， x  my  n  my  2m  2 ，过定点 D (2, 2)
当 n  2m  0 时， x  my  n  my  2m ，过定点 D (0, 2)
所有定点 D 的坐标为(0, 2) 或(2, 2)
19.（1） f (x) 的极小值为 f (0)  0 ，无极大值
当 a  0 ，定义域为( 1 , )
2
f (x)  x ln(2x 1) f (x) 
2x
2x 1
 ln(2x 1)
当 x ( 1 , 0), f (x)  0, f (x) 递减，
2
当 x (0, ), f (x)  0, f (x) 递增，
f (x) 的极小值为 f (0)  0 ，无极大值
（2）若 x  0 ， f (x)  2x
f (x)  2x  0
∴ a  0 （否则 f (a)  0 ）
g(x)  ln(2x 1) 
2x x  a
22(x  a)  2x
2(x2  a2  a)
g (x) 
2x 1
(x  a)2

(x  a)2 (2x 1)
当 a  1 时， g(x)  0, g(x) 递增， g(x)  g(0)  0  f (x)  2x
当0  a  1时， x (0,
 f (x)  2x 矛盾
a  a2 ) 时， g(x)  0, g(x) 递减， g(x)  g(0)  0
当 a  0 时， f (1)  ln 3  2 ，矛盾综上所述， a 的取值范围为[1, )
若 F (x) 
f (x)  2x 有两个极值点 x1, x2 ，
F (x)  2(x  a)  ln(2x 1)  2 有两个零点 x , x
2x 112
令2x 1  t ，则1 2a  t ln t  t 有两个解，不妨令 x1  x2 t1  2x1 1  t2  2x2 1
h(t)  t ln t  t ， h(t)  ln t ， h(t) 在(0,1) 递减， (1, ) 递增
∴?2 > 1 > ?1 > 0
要证?1 + ?2 > 0⇔?1 + ?2 > 2⇔?2 > 2−?1 > 1
由 h(t) 在(1, ) 递增，只要证 h(t1)  h(t2 )  h(2  t1)
令G(t)  h(t)  h(2  t), (0  t  1) ，则G(t)  h(t)  h(2  t)  ln(2t  t 2 )  ln1  0 G(t) 在(0,1) 递减， G(t)  G(1)  0 ，G(t1)  0 h(t1)  h(2  t1) h(t2 )  h(2  t1)又 h(t) 在(1, ) 递增， t2，2  t1 （1， )t2  2  t1  x1  x2  0