2025-2026学年四川省乐山市第一中学高二（下）期中数学试卷

这是一份2025-2026学年四川省乐山市第一中学高二（下）期中数学试卷，共15页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.在数列{an}中，a1=2，，则a5=（ ）
A. B. C. 16D. 32
2.函数y=f（x）的图象如图所示，f′（x）是函数f（x）的导函数，则下列大小关系正确的是（ ）
A. 2f′（4）＜f（4）-f（2）＜2f′（2）
B. 2f′（2）＜f（4）-f（2）＜2f′（4）
C. 2f′（4）＜2f′（2）＜f（4）-f（2）
D. f（4）-f（2）＜2f′（4）＜2f′（2）
3.函数f（x）的定义域为开区间（a，b），导函数f'（x）在（a，b）内的图象如图所示，则函数f（x）在开区间（a，b）内有极小值点（ ）
A. 1个
B. 2个
C. 3个
D. 4个
4.由0，1，2，3，4，5，6这7个数字，可以组成无重复数字的四位数的个数为（ ）
A. 360B. 480C. 600D. 720
5.如图，一矩形铁皮的长为8cm,宽为5cm,在四个角上截去四个相同的小正方形，制成一个无盖的小盒子，则盒子容积最大为（ ）
A. 16cm3B. 17cm3C. 18cm3D. 19cm3
6.已知等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，且，则=（ ）
A. B. C. D.
7.已知函数f（x）=x3+mx2，若∀x1，x2∈R，x1≠x2，都有，则实数m的最大值为（ ）
A. B. C. D.
8.谢尔宾斯基（Sierpinski）三角形是一种分形，它的构造方法如下：取一个实心等边三角形（如图1），沿三边中点的连线，将它分成四个小三角形，挖去中间小三角形（如图2），对剩下的三个小三角形继续以上操作（如图3），按照这样的方法得到的三角形就是谢尔宾斯基三角形.如果图1三角形的边长为2，则图4被挖去的三角形面积之和是（ ）
A. B. C. D.
二、多项选择题：本大题共3小题，共18分。
9.下列数列中，为递增数列的是（ ）
A. B.
C. D.
10.设数列{an}的前n项和为Sn，，S1=32，则下列说法正确的是（ ）
A. {an}是等差数列
B. S3，S6-S3，S9-S6成等差数列，公差为-9
C. 当n=16或n=17时，Sn取得最大值
D. Sn≥0时，n的最大值为32
11.已知函数f（x）=xea-x+x,a∈R，则（ ）
A. f（x）在（-∞，1）上单调递增
B. 当a=2时，f（x）有且只有一个极值点
C. 若f（x）有两个极值点，则a＞2
D. 若f（x）有两个极值点x1，x2，则x1+x2＞3
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知，若a,b,c三个数成等比数列，则b= .
13.某年级要从3名男生、2名女生中选派3人参加某次社区服务，如果要求至少有一名女生，那么不同的选派方案有 种.
14.若过点（2，b）可以作曲线y=ex的两条切线，则实数b的取值范围是 .
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.(本小题13分)
已知数列{an}是等差数列，且a1=1，a3=a2+2a1，Sn是数列{an}的前n项和.
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）设，数列{bn}的前n项和Tn，求证：Tn＜1.
16.(本小题15分)
已知函数.
（1）求函数f（x）在x=1处的切线方程；
（2）求函数f（x）在区间[-3，3]上的最值.
17.(本小题15分)
记Sn为数列{an}的前n项和，.
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）设，证明：b1+b2+…+bn＜4.
18.(本小题17分)
已知函数，.
（1）讨论函数f（x）的单调性；
（2）当时，函数f（x）在（0，2]上的最大值为M，若存在x∈[1，2]，使得g（x）≥M成立，求实数b的取值范围.
19.(本小题17分)
若数列{an}满足a，则称数列{an}为“平方递推数列”.已知数列{an}中，a1=8，点（an，an+1）在函数f（x）=x2+4x+2的图象上，其中n为正整数.
（Ⅰ）证明：数列{an+2}是“平方递推数列”，且数列{lg（an+2）}为等比数列；
（Ⅱ）设bn=lg（an+2），cn=2n-1，dn=，数列{dn}的前n项和为Sn，且S恒成立，求λ的最大值.
1.【答案】D
2.【答案】B
3.【答案】A
4.【答案】D
5.【答案】C
6.【答案】A
7.【答案】B
8.【答案】D
9.【答案】AD
10.【答案】AC
11.【答案】ACD
12.【答案】±1
13.【答案】9．
14.【答案】（e2，+∞）．
15.【答案】解：（1）设等差数列{an}的公差为d,且a1=1，a3=a2+2a1，
可得d=2，则an=1+2（n-1）=2n-1；
（2）证明：Sn=n（1+2n-1）=n2，
==-，
数列{bn}的前n项和Tn=1-+-+...+-=1-，
由＞0，可得Tn＜1．
16.【答案】解：（1）f′（x）=x2-4，
则f′（1）=-3，
又，
则函数f（x）在x=1处的切线方程为，即9x+3y-10=0；
（2）令f′（x）=0，可得x=±2，
易知当x∈（-3，-2）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
当x∈（-2，2）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，
当x∈（2，3）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
又，
则函数f（x）在区间[-3，3]上的最大值为，最小值为．
17.【答案】an=n 由（1）得，令Tn=b1+b2+…+bn，
则，，
两式相减得，
因此，所以b1+b2+…+bn＜4
18.【答案】当a≤0时，函数f（x）在（1，+∞）上单调递减，在（0，1）上单调递增；当0＜a＜1时，函数f（x）在上单调递减，在上单调递增；当a=1时，函数f（x）在（0，+∞）上单调递增；当a＞1时，函数f（x）在上单调递减，在上单调递增
19.【答案】解：（Ⅰ）证明：∵点（an，an+1）在函数f（x）=x2+4x+2的图象上，
∴，∴，
∴数列{an+2}是“平方递推数列”，
∵lg（a1+2）=lg（8+2）=1＞0，
对两边同时取对数得lg（an+1+2）=2lg（an+2），
∴数列{lg（an+2）}是以1为首项、2为公比的等比数列；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，
又cn=2n-1，dn=，数列{dn}的前n项和为Sn，
所以，
所以S2n=c1+b2+c3+b4+c5+b6+…+c2n-1+b2n
=c1+c3+c5+…+c2n-1+b2+b4+b6+…+b2n
=+
=2n2-n+（4n-1），
则S恒成立等价于（4n-1）+10≥λ•2n-1恒成立，
即λ≤（2n+）恒成立，令Tn=2n+，
则Tn+1-Tn=2n+1+-（2n+）=2n-，
当n=1时，T2-T1=2-=-＜0，
当n≥2时，Tn+1-Tn≥22-=＞0，
所以T1＞T2，T2＜T3＜T4＜…，
所以Tn=2n+的最小值为T2=，
所以λ≤×=10，即λ的最大值为10．