黑龙江省哈尔滨市第六中学校2026年高二下学期期中考试数学试题

这是一份黑龙江省哈尔滨市第六中学校2026年高二下学期期中考试数学试题，共8页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
 （ ）
设函数 f  x 在 x  x 处存在导数为 2，则 lim f x0  x  f x0 
0x0
2x
A．2B．1C． 2 3
D．6
已知等比数列an 的前n 项和为Sn ,a1  a3  30,S4 120 ，则其公比q  （ ）
若正项数列a 的前n 项和为 S ，且2S  a2  n ，则 S  （ ）
nnnn20
A．20B．100C．200D．210
等差数列a ，b 的前n 项和分别记为 S ， T ，若 Sn 3n，则 a4 （ ）
A．1
B． 2
C． 3
D． 3
3．曲线 f (x)  x  a
x 在点(1, f (1)) 处的切线与直线 y  2x  5 平行，则a  （
）
A． 0
B． 2C．1D． 3
4．已知 x  0 是函数 f  x  x3  ax2  a2  a x 2 的极小值点，则 f a 1  （
）
A． 2
B．0
C． 1
D． 1或2
5．已知函数
f (x)  ax  tan x
在[0, π] 上单调递增，则实数 a 的最小值为（ ）
4
A．4
B．3
C．2D．1
nnnn
T2n  4
b  b
4
15
3
7
2n
21
32
7
6
312
已知 f  x 是函数 f  x x  R 的导数，且x  R, f  x  1, f 3  2 ，则不等式
f  x   x 1的解集为（ ）
A． , 2
B． 2, 
C． , 3
D．3, 
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．)
已知 Sn 是等差数列an 的前n 项和，且a7  0，a5  a10  0， 则下列选项正确的是（ ）
数列an 为递增数列B． Sn 的最大值为 S7
S14  0
a6  a7
 a8  a9
关于函数 f  x  x4  2x3 1
，下列说法正确的是（ ）
f  x 在, 0 上单调递减B． f  x 的图象关于直线 x  3 对称
2
f  x 的最小值为 11
16
f  x 的一个极大值为 1
已知函数 f (x) 与其导函数 f ( x) 的部分图象如图所示，若函数 g (x) 
则下列关于函数 g ( x) 的结论正确的是（ ）
在区间(3, 6) 上单调递减
在区间(3,1) 上单调递减
当 x  1 时，函数 g ( x) 有极小值
当 x  3 时，函数 g ( x) 有极小值
f (x) ，
ex
三、填空题(本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分．)
nn
已知等比数列a 的前n 项和 S  22n1  a ，则a  ；
记Tn 为数列an 的前n 项积，且a1  2,Tn1  Tn  n ，则a5  ；
已知函数 f  x  ex1  1 ax2  ax 有两个极值点，则实数a 的取值范围为．
2
四、解答题（本题共 5 小题,共 77 分,解答时要求写出必要的文字说明证明过程演算步骤．）
15.（本小题满分 13 分）
已知等差数列an 中， a1  3 ，11a5  5a8 ，设 Sn 是等差数列an 的前 n 项和，
若数列b 满足b  Sn ．
nnn  2n
求数列an ，bn 的通项公式； (2)求数列bn 的前 n 项和Tn ．
16.（本小题满分 15 分）
已知函数 f x   2x 3  bx2 (3  3b)x  a ．
2
若函数 f  x 在定义域上不单调，求实数b 的取值范围；
若b  0 ，且函数 f  x 有三个零点，求实数a 的取值范围；
若a  b  0 ，过点1, 3 作函数 f  x 的切线，求切线方程．
17.（本小题满分 15 分）
已知数列a 中， a
 4 , a
2n  N   ．
n
求a2 , a3 ；
13n1
3  an
设b  2  an ，证明：数列b 是等比数列；
a
n
n1n
记c  a12  a  ，数列c 的前 n 项和为 S ，求证： S  1 ．
nn1nn
nn3
18.（本小题满分 17 分）
已知函数 f x   alnx  ln x  1，a  R .
讨论 f  x 在0,  上的单调性；
若a  1 ，证明：  1  f x   1.
xx 1
19.（本小题满分 17 分）
设函数 f  x  ln  x 1 ， g  x  xf  x x  0 ．
(1)令 g1  x  g  x， gn1  x   g  gn  x ， n  N* ．
求 gn  x 的表达式；
当 x  1 时， gn  x 
x2  x x2 ln x  2x2
恒成立，求n
1
的最大值；
891
k 1
(2)求 g sin k sin k 1 （令sin1  t ，结果用t 表示）．
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
C
B
A
C
D
D
D
BCD
AC
题号
11
答案
BC
《期中考试答案》参考答案
12． 2
13． 3
14．  1 , ∞.
2 e
15．(1) an
 2n  5 ； bn

()
 (n  4)  1 n
2
(2) Tn
 (2  n)  1 n  2
()
2
【详解】（1）解：设等差数列an 的公差为d ，因为a1  3 ，11a5  5a8 ，
可得11 (3  4d )  5(3  7d ) ，解得d  2 ，所以an  3  (n 1)  2  2n  5 ，
所以S
 n(3  2n  5)  n(n  4) ，则b  Sn
 n(n  4)  (n  4)  ( 1 )n .
n2nn  2n
n  2n2
解：由（1）知bn
 (n  4)  1 n ，
()
2
可得T  3 1 1  2  1 2 1
1 3 L (n  5)  1 n1  (n  4)  1 n ，
( )( )
n22
()()()
222
则 1 T
 3
1 2  2 
1 3 1
1 4 L (n  5) 
1 n  (n  4) 
1 n1 ，
( )
2 n2
()()()()
2222
1 T   3  1 2
1 31 41 n
1 n1
两式相减得
2
1 2
n2
1 n1
[() 2
 () 2
 () 2
L () ]  (n  4)  ()
22
3() [1 ()]11
   22  (n  4)  ()n1  1 (n  2)  ()n1 ，
21 122
2
所以Tn
 2  (n  2)  ( 1 )n  (2  n)  ( 1 )n  2 .
22
16．(1) b  3 或b  6

2, 2 
3x  y  0 或21x  2 y  27  0
17．(1) a  6 ， a  10 ；
2539
证明见解析；
S
 1 1

n32n1 1
【详解】（1）数列a 中， a
 4 , a
2，
n13
n1
3  an
2
a 2
2 6
a 2
2 10
则3  a1
3  4
3
5 ， 3
3  a2
3  69 ；
5
2 2
由b
 2  an ，则b
 2  an1 
3  an
 4  2an ，则 bn1  4  2an  an 1  2 ，

na 1
n1
a1
2a 1
ba 1 2  a
nn1 1n
3  an
nnn
2  42
n1
从而b 是以b  2  a1  3  3  2 为首项，公比为 2 的等比数列；
a1 1
4 11
33
n
由（2） b
 2  2
n1
 2n
 2  an  a
2n  2

，
an 1
n2n 1
 2n1  22n  2 11
则cn  an1 12  an    2n1 1 1 2  2n 1   2n1 1 1 2n 1 

2n
11
2n1 12n 1
2n 12n1 1 ，
从而S
 c  c
L c  1  1  1  1 L11

 1 1 1 .

n12
n35592n 12n1 1
3 2n1  1 3
18．【详解】（1）由题意得函数定义域为0, ∞ ， f  x  a  1  a 1 x  a , x  0 ．
xx 1x  x 1
若a  0 ，则a 1 x  a  0 ，即 f  x  0 恒成立，所以 f  x 在0, ∞ 上单调递减；若a  1，则a 1 x  a  0 ，即 f  x  0 恒成立，所以 f  x 在0, ∞ 上单调递增；
若0  a  1，令 f  x  0 ，得 x 
a
1 a ，
当0  x 
a
1 a
时， f  x  0 ，当
a
1 a
 x 时， f  x  0 ，
所以 f  x 在 0, a  上单调递增，在 a ,  上单调递减．
1 a  1 a

综上，当a  0 时， f  x 在0, ∞ 上单调递减；
当0  a  1时， f  x 在 0, a  上单调递增，在 a ,  上单调递减；
1 a  1 a

当a  1时， f  x 在0, ∞ 上单调递增.
（2）若a  1 ，则 f  x  lnx  ln  x 1  ln
x
x 1

, x  0 ．
1111
1 
1 1
要证明 f  x  ，即证明  f  x ，即
xx 1x 1xx 1
ln 1   ．
xx

设t  1 ，由 x  0 ，可得t  0 ，待证不等式转化为
x
t
1 t
 ln 1 t   t ．
先证明ln 1 t   t 不等式，设m t   ln 1 t   t，t  0 ，则mt  
1
1 t
1  0 ，
所以m t  在0, ∞ 上单调递减，故m t   m 0=ln1 0  0 ，即ln 1 t   t ．
再证明
t
1 t
 ln 1 t  不等式，设n t   ln 1 t  
t
1 t
，t  0 ，
则nt   1  1 t   t  t  0 ，所以n t  在0, ∞ 上单调递增，
1 t1 t 21 t 2
故n t   n 0=ln1 0  0 ，即ln 1 t  
综上，原命题得证．
t
1 t ．
19．(1)（i） gn
 x 
x nx 1
；（ii）4．(2) 89 
1 t 2 .
t 2
【详解】（1）（i）∵ f  x 
1
，
x 1
， g1  x  g  x  xf (x) 
x
x 1 ，
∴ gn1
 x  g  gn
 x 
gn  x gn  x 1
∴ 1  gn  x 1  1 1 ，
gn1  xgn  xgn  x
∴  1 是一个首项为 1  x 1 ，公差为 1 的等差数列，
g


 n
 x 
g1  xx
故
1
gn  x
1
g1  x
 n 1 d  x 1  n 1  1  n ，
xx
∴ gn
 x 
x
nx 1 .
xx2  x
（ii）法一：当 x  1 时，由条件得
nx 1 
，
x2 ln x  2x2 1
1
∴ nx 1 
x 1
x2 ln x  2x2 1 ，∴ nx 1 
x2 ln x  2x2 1
，
x 1
∴ n  x ln x  2x 1 .
x 1
h  x  x ln x  2x 1, x  1
h x  ln x  x  2 , x  1
令x 1，则
 x 12，
令φ x  ln x  x  2, x  1， φ x   1 1  x 1  0 ，
xx
所以φ x 在1,  单调递增，又φ3  1 ln 3  0 ，
φ4  2  ln 4  0 ，
所以存在唯一的 x0 3, 4 ，使得φ x0   0 ，即ln x0  x0  2 ，
所以当 x 1, x0  时，φ x  0 ，即h x  0 ，故h  x 在 x 1, x0  上单调递减；当 x  x0 ,  时，φ x  0 ，即h x  0 ，故h  x 在 x  x0 ,  上单调递增，
x ln x  2x 1x2 1
所以h  x  h  x   000  0  x 1，即n  x
1 ，
0x 1x 100
00
又∵ x0 3, 4 ， x0 14,5 ，
因为n  N* ，所以 n 的最大值为 4．
法二：设h  x  ln x  2  1  n( 1 1), x  1
xx
（2）由（1）知 g  x 
x
x 1 ，则
1
g  x
 1 1 ，
x
1
 g sin ksin k 1
 1
1
sin ksin k 1
 1 sin1  1 sin1sin ksin k 1
sin k 1  k
sin1sin ksin k 1
 1 sin k 1cs k  csk 1sin k  1 1  cs k  csk 1  ，


sin1sin ksin k 1
sin1  sin k
sin k 1 
89 1  89  1  cs1  cs 2  cs 2  cs 3 L cs89  cs 90 
则g sin ksin k 1
sin1  sin1
sin 2
sin 2
sin 3
sin 89
sin 90 
k 1


1 t 2
89  89 
1cs1.

sin1 sin1t 2