湖北部分省级示范高中2025-2026学年下学期高二期中测试数学试卷

这是一份湖北部分省级示范高中2025-2026学年下学期高二期中测试数学试卷，共12页。
A
4
n2026
2026
A
B.
n2026
2022
A
C.
n2026
2023
A
D.
n2026
设 lim
x0
f (2  x)  f (2)  1，则曲线 y 
2x
f (x) 在点(2, f (2)) 处的切线的斜率为（ ）
1
2
C. 1D. 2
已知数列an是等比数列， Sn 为前 n 项和，若 a1  a2  a3  3, a4  a5  a6  9 ，则 S9  （ ）
A. 39B. 36C. 27D. 12
2026 年泡泡玛特旗下的 IP“星星人”突然爆火，现有 5 个不同造型的“星星人”．把这 5 个“星星人”装入 3
个不同的盒内，每盒至少装一个，共有（ ）种不同的装法．
A. 180B. 150C. 100D. 90
已知函数 f (x)  2ex  a(x  4), a  R ，若 f (x) 在[1,1] 上不单调，则 a 的取值范围为（ ）
 2 , 2e2 
 2 , 2e2 
 2e,  2 
2e,  2 
 e
 e
e 
e 

某生物兴趣小组在显微镜下拍摄到一种黏菌的繁殖轨迹，如图 1.通过观察发现，该黏菌繁殖符合如下规律：①黏菌沿直线繁殖一段距离后，就会以该直线为对称轴分叉（分叉的角度约为60 ），再沿直线繁
殖，…；②每次分叉后沿直线繁殖的距离约为前一段沿直线繁殖的距离的一半.于是，该组同学将整个繁殖过程抽象为如图 2 所示的一个数学模型：黏菌从圆形培养皿的中心 O 开始，沿直线繁殖到 A11 ，然后分叉
向 A21 与 A22 方向继续繁殖，其中A21A11A22  60 ，且 A11A21 与 A11A22 关于OA11 所在直线对称，
A A  A A  1 OA ….若OA  4cm ，为保证黏菌在繁殖过程中不会碰到培养皿壁，则培养皿的半
11 2111 2221111
径 r（ r  N* ，单位： cm ）至少为（）
A. 6B. 7C. 8D. 9
为了迎接即将到来的端午节龙舟赛，某训练组进入备战状态，该队有 6 名划手，其中有 2 名只会划左桨，2 名只会划右桨，2 名既会划左桨又会划右桨.现要从这 6 名划手中选派 4 名参加比赛，并预先选定其中 2 名划左桨，剩下 2 名划右桨，则不同的选定方案共有（ ）
A. 15 种B. 19 种C. 23 种D. 36 种
定义在R 上的函数 f (x) 的图象是一条连续不断的曲线，且 f (- x) + f (x) = 0 ，若 x  0 时，函数满足
 f (x)  f  (x) ex   f (x)  f  (x) ex ，则下列说法正确的是（ ）
A. f (x) 在(0, ) 上单调递增B. f (2)  f (3)
xf (x)  0
f (x) 有且只有一个零点
选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共计 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.
nnn
已知 a  2n , S 为数列a 的前 n 项和，则下列结论正确的有（ ）
a  512
 1 
是递增数列
9 a 
 n 
n
S  2n1  2
an中不存在连续三项成等差数列
一个正整数，如果将它从左向右读和从右向左读完全相同，就称为回文数，这种对称性质体现了数学中的数字美学，如 22，121，3443，94249 等.下列说法正确的是（ ）
百位为 2 的五位回文数有 100 个B. 十位大于个位的六位回文数有 360 个
C. 2n 1n  N*  位回文数有9 10n 个D. 2n n  N*  位回文数有10n 个
已知l1, l2 是函数 y  aex 与 y  ln x  ln a 的图象的两条公切线，记l1 的倾斜角为α, l2 的倾斜角为β，
且l , l 的夹角为θ 0 θ π  ，则下列说法正确的有（ ）
1 22 

α β π
2
tanα tan β 2
若tanθ 3 ，则 a3  2
l 与l 的交点一定在第一象限
4e312
填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共计 15 分.
100 69
C98 C6  C6  .
4 个人进行篮球训练，互相传球接球，要求每个人接球后马上传给别人，开始由甲发球，并作为第一次传球，第五次传球后，球又回到甲手中，不同的传球方法数为.
已知函数 f (x)  ax  2a, g(x)  ex ，若 f (x)  g(x) 恒成立，则 a 的取值范围为．
解答题：本小题共 5 小题，共计 77 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
已知等差数列an 的首项a1  1，且数列bn 满足b
求数列an的通项公式；
求证： a1b1  a2b2  anbn  2 .
已知函数 f  x  a  ln x a  R  ．
x
讨论 f  x 的极值；
求 f  x 在1, e 上的最小值 g a ．
 1 an
n
2
  

, b1b2b3
 1 ，
64
某 AI 实验室有 6 个不同的团队，需要对 ChatGPT、Sra、GPT-4、Deepseek 方向的 4 个研发项目进行，每个团队只能承担一个项目，且每个项目至少交给一个团队．
若从中选出 5 个团队去，共有多少种不同的安排方案？
若 6 个团队都同时参与调研，且 A、B 两个团队同一个项目，共有多少种不同的安排方案？
已知数列a 满足： a  1, a 3a 1；数列b 满足： b  lg 2a 12 1．
n1n1nnn3n
求数列an和bn 的通项公式；
设c  1n 4n，求数列c 的前 n 项和 S ；
nb  bnn
nn1
定义：“若存在常数 M ，使得对任意正整数 n ，数列xn  的前 n 项和Tn 都满足Tn  M ，则称数列
x  是‘和有上界数列’，且‘和上界’为 M ”．证明：数列 1  的其中一个‘和上界’为 3 ．
n a 2
 n 
拉格朗日是十八世纪著名的数学家，在数学领域作出了重大贡献，人们常把很多数学领域中新的发现用他的名字命名.如对一组数据（ xi , yi ）（ i  1, 2,L, n, xi 互不相等）进行研究时，记
 x  x2  x  x3 L x  xn 
l1   x  x  x  x L x  x
 , i  2, 3,L, n 1时
12131n
l   x  x1  x  x2 L  x  xi1  x  xi1 L  x  xn  ， l   x  x1  x  x2 L x  xn1  ，称
i x  x  x  x L  x  x x  xL  x  x n x  x  x  x L x  x
i1i2
ii1
ii1in
n1n2
nn1
f  x  l1 y1  l2 y2 L
 ln yn 为这组数据的拉格朗日插值多项式.
试求数据1, 1, 0, 1, 2,1 的拉格朗日插值多项式 f  x 的表达式；
对于（1）中求出的 f  x ，若函数 g  x  满足 g  x  f  x  lga x  x2  2x 1a  0, a  1 ，
研究 g  x  的单调性；
若 g  x  有两个零点，求 a 的取值范围.
湖北武汉市第四中学等省级示范高中 2025-2026 学年下学期中测试高
二数学试卷
选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共计 40 分.每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上．
若 n 为正整数，则(n  4)(n  5)L(n  2026) 等于（ ）
A
4
n2026
2026
A
B.
n2026
2022
A
C.
n2026
2023
A
D.
n2026
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，结合排列数的计算公式，即可求解.
【详解】由A
2023
n2026
 n  2026n  2025Ln  2026  2023 1
 n  2026n  2025Ln  4 .
设 lim
x0
f (2  x)  f (2)  1，则曲线 y 
2x
f (x) 在点(2, f (2)) 处的切线的斜率为（ ）
1
2
C. 1D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，利用导数的定义，得到 f 2  2 ，结合导数的几何意义，即可求解.
【详解】因为 lim
Δx0
f 2  Δx  f 2 2Δx
 1，可得 lim
Δx0
f 2  Δx  f 2 Δx
 2
根据导数的定义，可得 f 2  lim f 2  Δx  f 2 ，所以 f 2  2 ，
Δx0Δx
所以曲线 y 
f  x 在点2, f 2 处的切线的斜率为2 .
已知数列an是等比数列， Sn 为前 n 项和，若 a1  a2  a3  3, a4  a5  a6  9 ，则 S9  （ ）
A. 39B. 36C. 27D. 12
【答案】A
【解析】
【详解】设数列an的公比为 q ，
又因为 a1 + a2 + a3 = 3 ， a4  a5  a6  9 ，
所以 q3  a4  a5  a6  3 ，则 a  a  a  a  a  a  q3  9  3  27 ，
a  a  a
789456
123
因此 S9  a1  a2  a3  a4  a5  a6  a7  a8  a9  3  9  27  39 .
2026 年泡泡玛特旗下的 IP“星星人”突然爆火，现有 5 个不同造型的“星星人”．把这 5 个“星星人”装入 3
个不同的盒内，每盒至少装一个，共有（ ）种不同的装法．
A. 180B. 150C. 100D. 90
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，先把 5 个“星星人”按1,1, 3 和2, 2,1两种方式分组，再进行全排列，即可求解.
【详解】把这 5 个“星星人”装入 3 个不同的盒内，每盒至少装一个，分组方式有两种：
①按1,1, 3 分组：先从5 个中选3 个为一组，剩下的2 个各成一组，
A25 4
可得不同的分组数为C3  C2  5  10 ；
A
552
2
2 1
②按2, 2,1分组：先从 5 个中选 2 个为一组，再将剩下的3 个中选2 个为一组，最后1个为一组，可得不同
C2 C210  3
的分组数为 53  15 ，
A
2
22 1
最后分配到 3 个不同的盒内，共有10 15 6  150 种不同的装法.
已知函数 f (x)  2ex  a(x  4), a  R ，若 f (x) 在[1,1] 上不单调，则 a 的取值范围为（ ）
 2 , 2e2 
 2 , 2e2 
 2e,  2 
2e,  2 
 e
 e
e 
e 

【答案】C
【解析】
【分析】求得 f (x)  2ex  a ，转化为 f (x) 在[1,1] 上有变号零点，设 g  x 
[1,1] 上单调递增，列出不等式组，即可求解.
【详解】由函数 f (x)  2ex  a(x  4) ，可得 f (x)  2ex  a ，
要使得函数 f  x 在[1,1] 上不单调，即 f (x) 在[1,1] 上有变号零点，
f (x) ，求得 f (x) 在
设 g  x  f (x)  2ex  a ，可得 g x  2ex  0 ，
所以 g  x 在[1,1] 上单调递增，即 f (x) 在[1,1] 上单调递增，
 f (1)  2e1  a  0

则 f (1)  2e1  a  0
，解得2e  a   2 ，
e
所以实数 a 的取值范围为 2e,  2  .
e 

某生物兴趣小组在显微镜下拍摄到一种黏菌的繁殖轨迹，如图 1.通过观察发现，该黏菌繁殖符合如下规律：①黏菌沿直线繁殖一段距离后，就会以该直线为对称轴分叉（分叉的角度约为60 ），再沿直线繁
殖，…；②每次分叉后沿直线繁殖的距离约为前一段沿直线繁殖的距离的一半.于是，该组同学将整个繁殖过程抽象为如图 2 所示的一个数学模型：黏菌从圆形培养皿的中心 O 开始，沿直线繁殖到 A11 ，然后分叉
向 A21 与 A22 方向继续繁殖，其中A21A11A22  60 ，且 A11A21 与 A11A22 关于OA11 所在直线对称，
A A  A A  1 OA ….若OA  4cm ，为保证黏菌在繁殖过程中不会碰到培养皿壁，则培养皿的半
11 2111 2221111
径 r（ r  N* ，单位： cm ）至少为（）
A. 6B. 7C. 8D. 9
【答案】C
【解析】
【分析】根据黏菌的繁殖规律可得每次繁殖在OA11 方向上前进的距离，结合无穷等比递缩数列的和的计算公式，即可判断答案.
【详解】由题意可知， OA11  4cm ，只要计算出黏菌沿直线一直繁殖下去，在OA11 方向上的距离的范
围，即可确定培养皿的半径的范围，
依题意可知黏菌的繁殖规律，由此可得每次繁殖在OA11 方向上前进的距离依次为：
3

4,2 3 ,1, 1 , 1 , 13 ,L，
2224 82
则4  2 3 1 1 3  5  5 3  5  8  7 ，
22244
黏菌无限繁殖下去，每次繁殖在OA11 方向上前进的距离和即为两个无穷等比递缩数列的和，
 4 1 1 +L 3  2  1  1 L 43 2 16  4 3  16  8  8
即4228
1121
33，
1
44
综合可得培养皿的半径 r（ r  N* ，单位： cm ）至少为 8cm，故选：C
【点睛】关键点点睛：本题考查了数列的应用问题，背景比较新颖，解答的关键是理解题意，能明确黏菌
的繁殖规律，从而求出每次繁殖在OA11 方向上前进的距离的和，结合等比数列求和即可.
为了迎接即将到来的端午节龙舟赛，某训练组进入备战状态，该队有 6 名划手，其中有 2 名只会划左桨，2 名只会划右桨，2 名既会划左桨又会划右桨.现要从这 6 名划手中选派 4 名参加比赛，并预先选定其中 2 名划左桨，剩下 2 名划右桨，则不同的选定方案共有（ ）
A. 15 种B. 19 种C. 23 种D. 36 种
【答案】B
【解析】
【详解】根据题意，记 A  
会划右桨的两人  ；
只会划左桨的两人  ， B  
只会划右桨的两人  ， C  
既会划左桨又
则不同的选派方法有以下三种：
2 4
从 A 中选择 2 人划左桨，划右桨的在 B  C 中选两人，共有C2C2  6 ，
2 2 3
从 A 中选择 1 人划左桨，从C 中选 1 人划左桨，再从 B  C 剩下的 3 名能划右桨的人中选 2 人划右桨，共有C1 C1 C2  12 ；
2 2
从C 中选 2 人划左桨， B 中的两人划右桨，共有C2C2  1 ．
所以，不同的选派方法共有 19 种．
定义在R 上的函数 f (x) 的图象是一条连续不断的曲线，且 f (- x) +
 f (x)  f  (x) ex   f (x)  f  (x) ex ，则下列说法正确的是（ ）
f (x) = 0 ，若 x  0 时，函数满足
A. f (x) 在(0, ) 上单调递增B.
f (2) 
f (3)
xf (x)  0
f (x) 有且只有一个零点
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，构造函数 g  x 
f  xex  f  xex ，根据 g  x 的单调性和奇偶性，求得函数
f  x 的正负，结合选项，逐项分析判断，即可求解.
【详解】因为函数 f (x) 满足 f x  f  x  0 ，即 f x   f  x ，可得函数 f  x 为奇函数，
设 g  x 
f  xex  f  xex 
f  xex  ex  ，
可得 g x   f  x  f  x ex   f  x  f  x ex ，因为 x  0 时，  f (x)  f (x)ex   f (x)  f (x)ex ，即 f (x)  f (x)ex  f (x)  f (x)ex  0
可得 g x   f  x  f  x ex   f  x  f  x ex  0 ，
所以 g  x 
f  xex  e x  在0, ∞ 上单调递增，
又由 g x 
f xe x  ex    f  xex  e x   g  x ，可得 g  x 为奇函数，
所以 g  x 
f  xex  e x  在∞, 0 上单调递增，
又因为 g  x 图象连续不断，则 g 0  0 ，所以 g  x 
f  xex  e x  在R 上单调递增，
当 x  0 时， ex  e x  0 且 g(x)  0 ，所以 f  x  0 ；同理可得：当 x  0 时， f  x  0 ，
对于 A，由于函数 f  x 的单调性不确定，故该选项不确定，所以 A 错误；
对于 B，由当 x  0 时， f  x  0 ，可得 f (3)  0 ；当 x  0 时， f  x  0 ，可得 f (2)  0 ，
所以 f (2)  f (3) ，所以 B 错误；
对于 C，当 x  0 时， f  x  0 ，则 xf  x  0 ，故 C 错误.
对于 D，当 x  0 时， f  x  0 ，当 x  0 时， f  x  0 ，且 f 0  0 ，
所以函数 f  x 有且只有一个零点，故 D 正确.
选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共计 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.
nnn
已知 a  2n , S 为数列a 的前 n 项和，则下列结论正确的有（ ）
a  512
 1 
是递增数列
9 a 
 n 
n
S  2n1  2
an中不存在连续三项成等差数列
【答案】ACD
【解析】
n
【分析】根据题意，由 a  2n ，利用等比数列的性质，通项公式和求和公式，以及数列的单调性的判定方法，逐项分析判断，即可求解.
【详解】对于 A，由 a  2n ，可得 a  29  512 ，所以 A 正确；
n
1
对于 B，由 a  2n ，可得
9
 1 ，则 1
 1 
1  1   1
 0 ，
na2n
aa2n12n
2n1
nn1n
即 1 
1 1 
，所以数列为递减数列，所以 B 错误；
aa a 
n1n
 n 
2(1  2n )
n
n
对于 C，由 a  2n ，可得 S
 2n1  2 ，所以 C 正确；
1  2
对于 D，假定an 中存在连续三项成等差数列，分别为 am , am1 , am2 ，其中 m  N ，则2am1  am  am2 ，即2  2m1  2m  2m2 ，整理得22  1 22 ，矛盾，
因此an中不存在连续三项成等差数列，所以 D 正确.
一个正整数，如果将它从左向右读和从右向左读完全相同，就称为回文数，这种对称性质体现了数学中的数字美学，如 22，121，3443，94249 等.下列说法正确的是（ ）
百位为 2 的五位回文数有 100 个B. 十位大于个位的六位回文数有 360 个
C. 2n 1n  N*  位回文数有9 10n 个D. 2n n  N*  位回文数有10n 个
【答案】BC
【解析】
【详解】根据题意，由回文数的定义，结合排列数与组合数，可得判定 A 错误，B 正确；再用分步计数原
理分析2n n  N*  和2n 1n  N*  位回文数的数目，可判定 C 正确，D 错误.
9
【分析】对于 A，百位为 2 的五位回文数，此时第一位和倒数第一位数字有 9 种选法，第二位和倒数第二位数字有 10 种选法，故总的个数为9 10  90 个，所以 A 错误； 对于 B，十位大于个位，有C2 种方法，此时个位和十位的数字被确定，
9
第三四位的数字相同，有 10 种选择，符合条件的六位回文数C2 10  360 ，有 360 个，故 B 正确；
对于 C，对于2n +1 位回文数，首位和个位数字有 9 种选法， 第二位和倒数第二位数字有 10 种选法，……，第 n 1个数字，
即最中间的数字有 10 种选法，则共有9 10 10 10  9 10n 种选法，
即2n 1n  N*  位回文数有9 10n 个，故 C 正确；
对于 D，对于2n 位回文数，首位和个位数字有 9 种选法，
第二位和倒数第二位数字有 10 种选法，LL ，第 n 和第 n 1位也有 10 种所以共有9 10 10 10  9 10n1 种选法，故 D 错误.
已知l1, l2 是函数 y  aex 与 y  ln x  ln a 的图象的两条公切线，记l1 的倾斜角为α, l2 的倾斜角为β，
且l , l 的夹角为θ 0 θ π  ，则下列说法正确的有（ ）
1 22 

α β π
2
tanα tan β 2
若tanθ 3 ，则 a3  2
l 与l 的交点一定在第一象限
4e312
【答案】ACD
【解析】
【分析】由已知可得两函数互为反函数，根据对称性即可判断 A；根据α β π ，结合诱导公式和基本不
2
等式即可判断 B；设l 与两个函数图象分别切于 M ，N 两点，OQN  θ，根据三角恒等变换可得 k 2 ，
12MN
由导数的几何意义可得切线方程，即可判断 C；结合图象即可判断 D.
【详解】如图，因为 y  aex 与 y  ln x  ln a 互为反函数，
故两函数的图象关于直线 y  x 对称，则l1 ， l2 关于 y  x 对称，故α β π ，故 A 正确；
2
由题意，α， β均为锐角， tanα 0 ， tan β 0 ，tan? + tan? = tan? + tan π −? = tan? + 1
2tan?
≥ 2 ，
当且仅当tanα 1，即α β π 时取等号，故 B 错误；
4
设l 与两个函数图象分别切于 M ， N 两点， OQN  θ，
1
若tanθ 3 ，即
4
2 tanθ
2
1 tan2 θ
2
2
 3 ， 4
?
2
??
解得tanθ 1 或3 （舍去），故?= tan
23
1+1
1
+ 45° = 3 = 2 ，
1−
3
对于 y  ex ，则 y  ex ，令 y  ex  2 ，解得 x  ln 2 ，所以切点为ln 2, 2 ，所以曲线 y  ex 的斜率为2 的切线方程为 y  2x  2 ln 2  2 ，
故曲线 y  aex  exln a 的斜率为2 的切线方程为 y  2(x  ln a)  2 ln 2  2 ，同理可得 y  ln x 的斜率为2 的切线方程为 y  2x  ln 2 1 ，
故曲线 y  ln x  ln a 的斜率为2 的切线方程为 y  2x  ln 2 1 ln a ，
所以ln 2 1 ln a  2 ln a  2 ln 2  2 ，
则ln a3  ln 2  3 ，则 a3  2
e3
，故 C 正确；
由图可知点Q 必在第一象限，故 D 正确．
填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共计 15 分.
100 69
C98 C6  C6  .
【答案】 4866
【解析】
【详解】C98 C6  C6  C98  C6 =C2  C3  100  99  9  8 7  4950  84  4866
100 6910091009
23 2 1
4 个人进行篮球训练，互相传球接球，要求每个人接球后马上传给别人，开始由甲发球，并作为第一次传球，第五次传球后，球又回到甲手中，不同的传球方法数为.
【答案】60
【解析】
【分析】设第 n 次传球后，球又回到甲手中的传球方法有 an 种，探索数列an的首项和递推公式，从而求 a5
的值.
【详解】设第 n 次传球后，球又回到甲手中的传球方法有 an 种，经过 n 1次传球后，所有可能的传球方法总数为3n1 .
n1
这些方法可分为两类：一类是球在甲手中，有 an1 种方法，另一类是球不在甲手中，有3n1  a种方法，
第 n 次传球后球要回到甲手中，当且仅当第 n 1次传球后球不在甲手中，然后由持球人传给了甲，
nn1nn1
因此， a  3n1  a，即 a  a 3n1 ，
由于甲是发球者，一次传球后球又回到甲手中的传球方法是不存在的，所以 a1  0 ．利用递推关系可以得到：
a2  3  0  3, a3  3 3  3  6, a4  3 3 3  6  21, a5  3 3 3 3  21  60 ．
这说明经过5 次传球后，球仍回到甲手中的传球方法有60 种．
已知函数 f (x)  ax  2a, g(x)  ex ，若 f (x)  g(x) 恒成立，则 a 的取值范围为．
【答案】 0, e3 
【解析】
【分析】构造函数 h  x  g  x  f  x ，利用导数研究函数的单调性，进而求出 a 的取值范围.
【详解】当 a  0 时，此时 f (x)  0 ， g(x)  ex ，因为ex  0 恒成立，所以 f (x)  g(x) 恒成立，
a  0 符合题意；
当 a  0 时，令 h(x)  g(x)  f (x)  ex  ax  2a ，要使 f (x)  g(x) 恒成立，即 h(x)  0 恒成立，
对h( x) 求导得 h(x)  ex  a ，
令 h(x)  0 ，即ex  a  0 ，解得 x  ln a ，
当 x  ln a 时， h(x)  0 ， h( x) 单调递减；当 x  ln a 时， h(x)  0 ， h( x) 单调递增，
所以h( x) 在 x  ln a 处取得极小值，也是最小值，
min
h(x) h(ln a)  eln a  a ln a  2a  a  a ln a  2a  3a  a ln a ，要使 h(x)  0 恒成立，则 h(x)min  0 ，即3a  a ln a  0 ，
因为 a  0 ，两边同时除以 a 得3  ln a  0 ，即ln a  3 ，解得0  a  e3 ；当 a  0 时，因为 h(x)  ex  a  0 恒成立，所以h( x) 在R 上单调递增，当 x   时， ex  0 ， ax  ∞，所以 h  x  ∞；
当 x   时， ex   ， ax  ∞，所以 h(x)   ，所以当 x 足够小时， ex 趋近于0 ， ax 为负数且绝对值较大，
必然存在某个足够小的 x ，使得 h  x  0 ，
不满足 h(x)  0 恒成立，所以 a  0 不符合题意，综上所述， a 的取值范围是 0, e3  .
解答题：本小题共 5 小题，共计 77 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
已知等差数列an 的首项a1  1，且数列bn 满足b
求数列an的通项公式；
求证： a1b1  a2b2  anbn  2 .
n
【答案】（1） a  n, n  N
 1 an
n
2
  

, b1b2b3
 1 ，
64
（2）证明见解析
【解析】
1 1 33d1

【分析】（1）设等差数列an的公差为 d ，由b1b2b3  64 ，得到 2 
，解得 d  1 ，进而得到数
64
列an的通项公式；
 1 n1n

（2）由（1）求得 anbn  n  2  ，利用乘公比错位相减法求和，得到Tn  2  2n1  2n ，进而证得结论.
【小问 1 详解】
解：设等差数列an的公差为 d ，
 1 an
1 1 1d
 1 12d
因为a1  1且bn   2  ，可得b1  2 , b2   2 , b3   2 ，

11  1 1d
 1 12d
 1 33d1
又因为由b1b2b3  64 ，可得 2  2 
 2 
  2 
，解得 d  1 ，
64

所以 a  1 (n 1) 1  n ，即数列a 的通项公式为 a
 n, n  N .
nnn
【小问 2 详解】
 1 n
 1 n


证：由（1）知： an  n ，可得bn   2  ，所以 anbn  n  2  ，
1 1 2
 1 3
 1 n
设Tn  a1b1  a2b2 L anbn  1 2  2  2 
 3 2 
L n  2  ,
1 1 2
 1 3
 1 4

 1 n1
则 2 Tn  1 2   2  2   3 2  L n  2 .

11 1 2
 1 3
 1 n
 1 n1
两式相减得 2 Tn  2   2 
  2 
L  2 
 n  2 .

1  1 n 
2 1  2  
n1
可得T  2     2n  1 
 2  1  n ，
2

n1 1
2
 2n12n
因为 1  n
0 ，可得2  ( 1  n )  2 ，所以 a b  a b
L a b
 2 .
2n12n
2n12n
1 12 2n n
已知函数 f  x  a  ln x a  R  ．
x
讨论 f  x 的极值；
求 f  x 在1, e 上的最小值 g a ．
【答案】（1）答案见解析

a, a  1
1
（2） g a    ln a,1  a  e
 a
 1, a  e
 e
【解析】
【分析】（1）求导后，分别在a  0 和 a  0 的情况下，根据 f  x 的正负可得 f  x 单调性，由极值定义可
求得结果；
（2）分别在 a  1 、1  a  e 和 a  e 的情况下，根据 f  x 的正负可得 f  x 单调性，由此可得最值点，代入可求得最值.
【小问 1 详解】
由题意知： f  x 的定义域为0, ∞ ， f  x   a
x2
 1  x  a ；
xx2
当a  0 时， x  a  0 ， f  x  0 恒成立，\ f ( x) 在0, ∞ 上单调递增，
\ f ( x) 无极值；
当 a  0 时，若 x 0, a ， f  x  0 ；若 x a,  ， f  x  0 ；
\ f ( x) 在0, a 上单调递减，在a,  上单调递增；
\ f ( x) 的极小值为 f a  1 ln a ，无极大值；
综上所述：当a  0 时， f  x 无极值；当 a  0 时， f  x 的极小值为1 ln a ，无极大值.
【小问 2 详解】
当 a  1 时， f  x  0 在1, e 上恒成立，\
f ( x) 在1, e 上单调递增，
min
 f  x f 1  a ；
当1  a  e 时，若 x 1, a ， f  x  0 ；若 x a, e ， f  x  0 ；
\ f ( x) 在1, a 上单调递减，在a, e上单调递增，
min
 f  x f a  1 ln a ；

当a  e 时， f  x  0 在1, e 上单调递减， f  x

min
f e  a 1； e
a, a  1
1
综上所述： f  x 在1, e 上的最小值 g a    ln a,1  a  e .
 a
 1, a  e
 e
某 AI 实验室有 6 个不同的团队，需要对 ChatGPT、Sra、GPT-4、Deepseek 方向的 4 个研发项目进行，每个团队只能承担一个项目，且每个项目至少交给一个团队．
若从中选出 5 个团队去，共有多少种不同的安排方案？
若 6 个团队都同时参与调研，且 A、B 两个团队同一个项目，共有多少种不同的安排方案？
【答案】（1）1440
（2）240
【解析】
【分析】（1）根据题意，先从 6 个团队中选 5 个，将其分成四组，再进行全排列，结合分步计数原理，即可求解；
（2）先将 A 和 B 两个团队视为一个整体，将其分成四组，再进行全排列，即可求解.
【小问 1 详解】
6
解：先从 6 个团队中选 5 个，有C5 种选法，
5
接下来将 5 个团队分配到 4 种项目，且每个项目至少 1 个团队负责，则 5 个团队分为：2，1，1，1 四组，有C2 种方法，
再将这四组对应 4 种项目进行全排列，
6 54
由分步计数原理，可得不同的安排方案有C5C2A4  6 10  24  1440 种.
【小问 2 详解】
解：先将 A 和 B 两个团队视为一个整体（一个元素），
5
此时相当于 5 个元素分配到 4 种项目，每个项目至少有一个团队，即分成元素个数分别为“2，1，1，1”四组，则有C2 种方法，
4
再将这四组对应 4 种项目进行全排列，有A4 种方法，
54
所以共有C2A4  10  24  240 种不同的安排方案.
已知数列a 满足： a
 1, a
 3a
1；数列b 满足： b
 lg
2a
12 1．
n1n1nnn3n
求数列an和bn 的通项公式；
设c  1n 4n，求数列c 的前 n 项和 S ；
nb  bnn
nn1
定义：“若存在常数 M ，使得对任意正整数 n ，数列xn  的前 n 项和Tn 都满足Tn  M ，则称数列
x  是‘和有上界数列’，且‘和上界’为 M ”．证明：数列 1  的其中一个‘和上界’为 3 ．
n a 2
【答案】（1） a  1 3n 1 ， b
 2n 1
 n 
n2n
1n
Sn  1 2n 1
证明见解析
【解析】
【分析】（1）由题意整理得 a 1  3 a  1  ，根据等比数列的定义，即可得数列a 的通项公式，将
n12 n2 n

an的通项公式代入，根据对数的运算性质，可得数列bn的通项公式.
由（1）得bn  2n 1，代入可得cn 的通项公式，根据裂项相消求和法，即可得答案.
1 1 
由（1）得的通项公式，先证明3n 1  2  3n1, n  N* ，则可求得数列的前 n 项和T 的表达
a a n
n
式，根据条件，分析即可得证.
【小问 1 详解】
 n 
因为 a 3a 1，所以 a 1  3 a  1  ，
n1n
n12 n2 

又 a  1  3 ，所以a  1  是以 3 为首项，3 为公比的等比数列，
122
 n2 2

所以 a  1  3  3n1  1  3n ，则 a  1  3n  1  1 3n 1 .
n222n222
3
则bn  lg3 2an 12 1  lg (3n )2 1  2n 1.
【小问 2 详解】
由（1）得bn  2n 1，
则c  1n 4n
 1n 4n
 1n 11 ，
nb  b
(2n 1)(2n 1)
 2n 12n 1 
nn1
所以 S  1 1    1  1    1  1    1  1     1n 11
n3  35  57  79  2n 12n 1 
 1

1n
2n 1
【小问 3 详解】
1
a
由（1）得
n
2，
3n 1
当 n  1 时， 31 1  2  311 ，
当 n  2 时， 3n 1  3 3n1 1  2  3n1  3n1 1  2  3n1 ，
所以3n 1  2  3n1, n  N* ，则 22 1 ，
3n 12  3n1

3n1
1 1
1
1
所以数列 a
 的前 n
项和Tn  30
 1  1
3132
  
1 
3n1
3n  3 1

12
1 
3n 
 3 
 n 
1 3 ，
1 
3
22  3n12
所以对于任意正整数 n ，数列 1  的其中一个‘和上界’为 3
 a 2
 n 
拉格朗日是十八世纪著名的数学家，在数学领域作出了重大贡献，人们常把很多数学领域中新的发现用他的名字命名.如对一组数据（ xi , yi ）（ i  1, 2,L, n, xi 互不相等）进行研究时，记
 x  x2  x  x3 L x  xn 
l1   x  x  x  x L x  x  , i  2, 3,L, n 1时
12131n
l   x  x1  x  x2 L  x  xi1  x  xi1 L  x  xn  ， l   x  x1  x  x2 L x  xn1  ，称
i x  x  x  x L  x  x x  xL  x  x n x  x  x  x L x  x
i1i2
ii1
ii1in
n1n2
nn1
f  x  l1 y1  l2 y2 L  ln yn 为这组数据的拉格朗日插值多项式.
试求数据1, 1, 0, 1, 2,1 的拉格朗日插值多项式 f  x 的表达式；
a
对于（1）中求出的 f  x ，若函数 g  x  满足 g  x  f  x  lg x  x2  2x 1a  0, a  1 ，
研究 g  x  的单调性；
若 g  x  有两个零点，求 a 的取值范围.
【答案】（1） f  x  x2  x 1
1 
（2）（i）答案见解析；（ii） 1, ee  .

【解析】
【分析】（1）根据拉格朗日插值多项式的定义直接求解即可.
（2）（i）先求出 g  x 的表达式及导函数，按照0  a  1和 a  1 分类讨论研究其单调性即可.
（ii）分离参数将问题转化为 lnx  lna 有两个不同实数解，令 h  x  lnx ，求单调性并画出示意图，数形
xx
结合得0  lna  1 ，解对数函数不等式即可.
e
【小问 1 详解】
对于数据1, 1, 0, 1, 2,1 ，
有l   x  0 x  2  x2  2x, l   x 1 x  2  1 x2  3 x 1，
11 01 220 10  222
l   x 1 x  0  1 x2  1 x ，
32 12  022
所以 f  x  l  l  l
 x2  2x   1 x2  3 x 1   1 x2  1 x   x2  x 1 ，
123
 22
 22 

即 f  x  x2  x 1.
【小问 2 详解】
由（1）知 f  x  x2  x 1，
aaa
所以 g  x  lg x  x2  2x 1 f  x  lg x  x2  2x 1 x2  x 1  lg x  x ，
g x 11  1 xlna  x  0 ，
xlnaxlna
若0  a  1，则lna  0, g x  0, g  x 在0, ∞ 上单调递减；
若 a  1 ，则lna  0 ，当0  x 
1 时， g x  0, g  x 在 0, 1

上单调递增；
lna
lna 
当 x 
1 时， g x  0, g  x 在

1 , ∞ 上单调递减.
lna
 lna

综上所述， 0  a  1时， g  x 在0, ∞ 上单调递减；
a  1 时， g  x 在 0, 1  上单调递增，在 1 , ∞ 上单调递减.
lna  lna

因为函数 g  x 有两个零点，所以关于 x 的方程lga
亦即 lnx  lna 有两个不同实数解.
x
x  x  0 ，即 lnx  x  0 ，
lna
令 h  x  lnx ，则 h x  1 lnx ，
xx2
当 x e时， h x  0, h  x 在e, ∞ 上单调递减，且当 x   时， h  x  0 ；当0  x  e 时， h x  0, h  x 在0, e 上单调递增，
所以当 x e时， h  x 取得最大值 h e  1 .
e
作出函数 y  h  x 的图象以及直线 y  lna ，如图所示：
由图可见，当且仅当0  lna  1 ，
e
1  a  ee
即1 时，直线 y  lna 与函数 y  h  x 的图象有两个公共点，
1 
所以实数 a 的取值范围是1, ee  .

【点睛】思路点睛：已知函数的零点或方程的根的情况，求解参数的取值范围问题的本质都是研究函数的零点问题，求解此类问题的一般步骤：
转化，即通过构造函数，把问题转化成所构造函数的零点问题；
列式，即根据函数的零点存在定理或结合函数的图象列出关系式；
得解，即由列出的式子求出参数的取值范围．