四川省内江市第一中学2025-2026学年高二下学期期中考试数学试卷

这是一份四川省内江市第一中学2025-2026学年高二下学期期中考试数学试卷，共27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。
一、单项选择题：本大题共 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.
如图，在下列四个图形中，着色三角形的个数依次构成一个数列的前4 项，则这个数列的一个通项公式为（ ）
an
3n1
a  3n
an
 3n  2n
an
 3n1  2n  3
n
0
已知函数 f  x  在 x  x 处的导数为2 ，则lim f  x0  k  f  x0  等于（ ）
k0k
A．2B．－2C．1D．－1
已知数列a 中， a  2 ， a
 1
1
( n  2 )，则a等于（ ）
n
1
2
1n
 1
2
an1
1
2020
D．2
如图是 y  f (x) 的导数 y  f  x 的图象，则下面判断正确的是（ ）
在(3,1) 内 f  x  是增函数B．在(3, 4) 内 f  x  是减函数
C．在 x  2 时 f  x  取得极小值D．当 x  4 时 f  x  取得极大值
若 f  x   x3  ax 2  4 在0, 2 内单调递减，则实数a 的取值范围是（ ）
A． a  3
B． 0 < a < 3
C． a  3
D． a  3
已知函数 f  x  x 表示不超过 x 的最大整数， an  4n 1， bn  lg2 an ，数列bn 的前n 项和为Sn ，则S100  （ ）
A．673B．747C．769D．821
若a  e0.1 ， b  ln 11e ， c  12 ，则（ ）
1011
a  b  c
a  c  b
c  a  b
b  a  c
设函数 f  x  e3lnx x  x2  a  4 x  4 ，若 f  x  0 ，则 a 的最小值为（ ）．
A．eB． 1
e
C． 1
e2
D． 4
e2
二、多项选择题：本大题共 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.
下列求导运算正确的是（ ）
sin π   cs π
2x   2x ln2
5 5

 1    1
ln 2x 1  1
x
x2
 
 2x 1
下列说法中，正确的有（ ）
已知数列an 是等差数列，那么数列an  an 1 一定是等差数列
已知等差数列an 的前n 项和为 Sn ，若 S4  3, S8  8 ，则S16  24
已知等差数列a 与b 的前n 项和分别为S 与T ，若 Sn  4n  2 ，则 a5  11
nnnn
Tn3n 1
b57
设 S 为等差数列a 的前n 项和， n 1S  nSn  N  ，若 a8  1，则S 的最小值是 S
a
nnn
n1n7
7
 
ex 1，x  1
若点 A x1 , y1 , B x2 , y2x1  x2 是函数 f（x）= 
ln x, x  1
的图象上任意两点，且函数 f（x）在点 A
和点 B 处的切线互相垂直，则下列结论正确的是（ ）
x  0
0  x  1
x2 最小值为 eD． x x
最大值为 e
11x11 2
三、填空题:本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
如果某物体做运动方程为s  2 1 t 2  的直线运动（s 的单位为 m，t 的单位为 s），那么其在 1.2s 末的瞬
时速度为m/s．
 n 1 , n为奇数
2

设数列{ a }的通项公式是a 
其前n 项和为 S ，则S =
n
nn

 2
，n为偶数，
n30
已知函数 f ( x) 与 f (x) 的图像如下图所示，设函数 g(x)  f (x) .
ex
给出下列四个结论
①函数 f ( x) 在区间(, 0) 上是减函数，在区间(0, ) 上是增函数；
②函数 f ( x) 在区间(∞, 1) 和(1, ) 上是增函数，在区间(1,1) 上是减函数；
③函数 g(x) 有三个极值点；④函数 g(x) 有三个零点.其中，所有正确结论的序号是.
四、解答题:本大题共 5 小题，共 77 分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤。
15（本小题 13 分）已知函数 f x  x3  x 16.
求曲线 y  f x 在点2， 6处的切线的方程；
直线l 为曲线 y  f x 的切线，且经过原点，求直线l 的方程及切点的坐标.
16.（本小题 15 分）已知等差数列an的前n 项和为Sn ，等比数列bn 的前n 项和为Tn ，
a1  b1  1, a2  b2  2.
若a3  b3  3 ，求bn 的通项公式；
若T3  21 ，求 S3 .
17．（本小题 15 分）已知数列{a }中， a  1， aan(n  N * ) .
n1n1a  4
n
求证：  1  1  是等比数列，并求{a }的通项公式a ；
 a3nn
 n
数列{b }满足b  (4n 1)  n 1  a ，求数列{b }的前n 项和T .
nn3nnnn
18．（本小题 17 分）已知函数 f  x   x  2ex
求函数 f  x  的极值；
在给定的直角坐标系中画出函数 y  f  x  的大致图像；
讨论关于 x 的方程 f  x  a  0 a  R  的实根个数．
.
19.（本小题 17 分）已知函数 f x  ln1 x2  axa  0.


讨论 f x 的单调性；
证明： 1 1  1
1  1
1   en  N , n  2，其中无理数e  2.71828 .




24  
34 
n4 
参考答案
1．A
【详解】设第n 幅图中着色的三角形个数为an ，
由图形可得a  1  30 ， a  3  31 ， a  9  32 ， a  27  33 ，
1234
1
据此可归纳得出该数列的一个通项公式为an 3n .
故选：A.
2．B
【详解】根据导数的定义可知lim f  x0  k   f  x0   f  x   2 .
k 0k0
故选：B
3．D
4
【详解】由题设a  2 ，知： a  1 1  1 ， a  1 1  1 ， a  1 1  2 ，…，
a
2
a
a
123
123
∴a 是周期为 3 的数列，而 2020 的余数为 1，
n3
∴ a2020  2 .
故选：D.
4．B
【详解】 x (3,  3) 时， f (x)  0
2
，此时 f ( x) 在(3,  3) 单调递减
2
x ( 3 , 2)
2
时， f (x)  0
，此时 f ( x) 在( 3 , 2)
2
单调递增
x (2, 4) 时， f (x)  0 ，此时 f ( x) 在(2, 4) 单调递减
x (4, 5) 时， f (x)  0 ，此时 f ( x) 在(4, 5) 单调递增
Q f (x) 在 x  2 处左增右减，故在 x  2 时 f  x  取得极大值 Q f (x) 在 x  4 处左减右增，故在 x  2 时 f  x  取得极小值综上可知：B 正确
故选：B 5．C
【详解】 f  x  3x2  2ax ，由 f  x  在0, 2 单调递减，
 f 0  00  0
f 
12

∴ 2  0 ，∴  4a  0 ，∴ a  3.
故选：C 6．A
【详解】根据题意分析可得： b1  lg2a1   lg2 3  1， b2  lg2a2   lg2 7  2 ，
b3  lg2a3   lg211  3 ， b4  lg2a4   lg215  3 ，
b5  b8  4 ， b9  b16  5 ， b17  b32  6 ， b33  b64  7 ， b65  b100  8 ，所以S100  1 2  3 2  4  4  5 8  6 16  7  32  8 36  673 ．
故选：A
7．A
【详解】∵ b  ln 11e  ln 11  ln e  ln1.1+1
1010
∴ a  b  e0.1  ln1.11
令 f (x)  ex  ln(1+x) 1
则 f (x)  ex 
1
1+x
，易知 f (x) 在区间(0, ) 单调递增， f (x)  f (0)  e0 1  0 ，
∴ f ( x) 在区间(0, ) 单调递增，又∵ f (0)  e0  ln11  0
∴ f (0.1)  e0.1  ln1.11  f (0)  0 ，即a  b > 0 ，
∴ a  b
b  c  ln1.11 12  ln1.1 1  ln1.1 0.1
11111.1
令 g(x)  ln x  (1 1 )
x
则 g(x)  1  1
xx2
 x 1 ，当 x (1, ) 时， g( x)  0 ，
x2
∴ g(x) 在区间(1, ) 单调递增，又∵ g(1)  ln1 (11)  0
∴ g(1.1)  ln1.1 (1
∴ b  c ，
1 )  ln1.1 0.1  g(1)  0 ，即b  c  0，
1.11.1
综上所述， a ， b ， c 之间的大小关系为a  b  c .
故选：A.
8．D
elnx3x3
【详解】由函数 f  x  e3lnxx  x2 a  4 x  4  x2 a  4 x  4  x2 a  4 x  4 ，
exex
因为 f  x  0 ，即a  4 x  x3  x2  4 ，即a  4  x2  x  4 在0, ∞ 恒成立，
exexx
x24
2x  x2
42  x  x3   x  2ex 
令 g  x 
x  x  ，可得 g x 1，
exexx2ex x2
当 x (0, 2) 时， g   x   0 ， g  x  单调递增；当 x (2, ) 时， g   x   0 ， g  x  单调递减，
所以当 x  2 时，函数 g  x  取得极大值，即为最大值 g 2 
4  2  2 
e2
4  4 ，
e2
所以a  4  4  4 ，即a  4 ，所以实数a 的最小值为 4 .
e2e2e2
故选：D.
BC
'
【详解】对于 A，常数的导数为 0，故 A 错误；对于 B， 2x '  2x ln 2 ，故 B 正确；
对于 C，  1   x1 '  x2   1 ，故 C 正确；
x
x2
 
 

对于 D， ln 2x 1'  1  2  2 ，故 D 错误.
2x 12x 1
故选：BC.
ABD
【详解】若数列an是等差数列，则根据等差数列的性质，可知数列an  an1一定是等差数列，A 正确.
在等差数列an中，设公差为 d，则 S4  4a1  6d  3, S8  8a1  28d  8 ，
解得 d  1 , a  9 ，S
 16  9  16 15  1  24, B 正确.

811616
1628
在等差数列a 与b 中，若Sn
 4n  2 ，则 a5  2a5  a1  a9  S9  38  19 ，C 错误.
T
n
nn3n 1
b52b5
b1  b9
T92613
由n 1S
 nS，得n 1 na1  an   n n 1a1  an1  ，整理得 a  a，
nn122
nn1
所以等差数列a 是递增数列.又 a8  1，所以 a  0, a  0 ，所以数列a 的前 7 项为负值，即 S 的最
a
n87nn
7
小值是 S7 ，D 正确.故选 ABD.
CD
ex 1, x  1
【详解】因为 f (x)  
ln x, x  1
,点 A  x1 , y1 , B  x2 , y2   x1  x2 
ex , x  1
 1
所以 f '(x)  
, x  1
 x
ex e,1
 1
 
0,1
 x
因为 f ( x) 在点 A 和点 B 处的切线互相垂直
由导数几何意义可知, f ( x) 在点 A 和点 B 处的切线的斜率之积为1
所以 x
 1  x 时,满足 ex1  1
 1 ,即ex1  x
.因为 x  1,所以 x1

12 x2
22e1
所以 x1 > 0 ,所以 A、B 错误;
对于 C,可知 x2  ex1 ,令 g  x  ex ,  x  1
x1x1
 ex 
x
xex  exex  x 1
所以 g ' x   x  ' x2x2

令 g ' x  0 ,得 x  1
所以当 x 1时,
ex
g '  x   0 ,则 g  x  ex 在 x 1时单调递减
x
e1
所以 g  x 
x 在 x  1 时取得极小值,即最小值为 g 1min  1
 e ,所以 C 正确;
对于 D,可知 x x  x  ex1
1 21
令h  x  xex ,  x  1
则h ' x   ex  xex
令h '  x   ex 1  x   0 ,解得 x  1
所以当 x  1时, h ' x   0 ,则h  x  xex 在 x  1时单调递减当1  x  1时, h ' x   0 ,则h  x  xex 在1  x  1时单调递增
所以h  x  xex 在 x  1 时取得极小值,即最小值为h 1
min
  1 .
e
max
当 x  1 时取得最大值, h 1 e ,所以 D 正确.
当1  x  x 时,满足 1  1  1,即 x  x  1

12x1x212
此方程无解,所以不成立.综上可知,D 为正确选项.
故选:CD
4.8
【详解】由s  2 1 t 2  可得s  4t ，
所以在 1.2s 末的瞬时速度为s  4 1.2  4.8
故答案为： 4.8 ．
240
m/s，
【详解】由题意得 S30  a1  a3    a29  a2  a4    a30 
= 1 2   15 1 2   15  1516  2  240.
2
②③④
【详解】由图像可知实的图像在区间(∞, 1) 、(1,1) 、(1, ) 函数值分别为正、负、正，而虚的图像在区间(∞, 1) 、(1,1) 、(1, ) 分别单调递增、单调递减、单调递增，由导数与函数单调性的关系易知实的是 f (x)的图像，虚线是 f ( x) 的图像.
所以①错误，②正确；
因为 g ( x)  0 ，即 f (x)  0 ，由图可知 f ( x) 恰有三个零点，故④正确；
f (x)ex  ex f (x)f (x)  f (x)
又因为 g (x) ，
(ex )2ex
由图像可知 x   3 、0 、3 时， f (x)  f (x) ，即 g(x)  0 ，
2
又在区间(,  3) 上， f (x) 的图像在 f ( x) 的图像的上方，即 f (x)  f (x)  0
2
在区间( 3 , 0) 上， f (x) 的图像在 f ( x) 的图像的下方，即 f (x)  f (x)  0
2
在区间(0, 3) 上， f (x) 的图像在 f ( x) 的图像的上方，即 f (x)  f (x)  0
在区间(3, ) 上， f (x) 的图像在 f ( x) 的图像的下方，即 f (x)  f (x)  0
所以 3 、0 、3 分别为极大值点、极小值点、极大值点，即函数 g(x) 有三个极值点
2
所以③正确
故答案为②③④
15.（1）13x  y  32  0 ；（2） l :13x  y  0 ，切点 2， 26
【详解】（1）Q f , x  x3  x 16,  3x2 1
在点2， 6处的切线的斜率为 f , 2  3 22 1  13 ，故切线方程为 y  6  13x  2,即13x  y  32  0.
0000
（方法一）设切点为x , y , 则直线l 的斜率为 f , x   3x 2 1
0000
直线l 的方程为 y  3x 2 1x  x  x 3  x 16.
又直线l 过点0,0
00000
0  3x 2 1 x  x 3  x 16, 解得 x  2.
0
因此 y   23   216  26, f ,  2  3 22 1  13.
故直线l 的方程为 y  13x ，切点坐标为 2， 26.
（方法二）设直线l 的方程为 y  kx ，切点为x0 , y0 ,
y0  0
x 3  x 16
, 2
00
则 k 
x0  0
.Q k  f
x0
x0  3x0
1,
x 3  x 162
 00  3x0
x0
1, 解得 x0  2.
0
y   23   216  26, k  3 22 1  13.
3
故直线l 的方程为 y  13x ，切点坐标为 2， 26.
16.（1） bn
 2n1 ，（2） S
 6或21
解析：（1）解：设等差数列an的公差为 d,等比数列bn 的公比为q .
由 a1  1, b1  1, 得a2  1 d , b2  q, a3  1 2d , b3  q2.
1 d  q  2
d  q  1
已知 a2  b2  2, a3  b3  3,则：1 2d  q2  3 ，化简得2d  q2  2

由①得 d  1 q, 代入②： 21 q q2  2, 即 q2  2q  0 ，解得 q  0 （舍），或 q  2.
1n1
1
则 d  1, 所以bn  b qn 2.
等比数列b 的前 3 项和T  b  b  b  1 q  q2  21, 即
n3123
q2  q  20  0, 解得 q  4或q  5.
当 q  4 时，由 a2  b2  2 ，得1 d  4  2 ，解得 d  3，S3  6. 当 q  5 时，由 a2  b2  2 ，得1 d   5  2 ，解得 d  6，S3  21.综上， S3  6或21
17．(1)答案见解析；(2)
T  15  2n  5 .
n44  3n1
【详解】试题分析：⑴根据数列的递推关系，结合等比数列的定义即可证明 1  1  是等比数列，并求a 
 a3n
 n
的通项公式an ，⑵利用错位相减法即可求得答案；
解析：（1）∵ an1 
an
a  4
n  N * 
n
∴ 1  an  4  1 4 n  N * 
an1anan
∴ 1  1  4  1  1  ， n  N * 
a3 a3 
n1
 n
1
∵ a  1， 1  1  4 ，
a133
∴  1  1 44
 a3 是以 3 为首项，以为公比的等比数列
 n
∴ 1  1  4  4n1 ，
an33

14n 1
a
3
∴，
n
∴ an 
3
4n 1
，n  N * 
（2） b  4n 1 n 1  a ， a  3
n
b  n 1
n3n1
3nn
n4n 1
Tn  b1  b2 L bn
∴ T  2  3 L
n  n 1 ①

n3031
3n23n1
1 T  2  3 L

n  n 1 ②

3 n3132
3n13n
①-②得 2 T
 2  1  1 L 1
 n 1
3 n
1 1
3132
3n13n
 1
3n  n 1 1 13n
3
 5  3  1  n 1

22 3n3n
∴ Tn
 15  2n  5 .
44  3n1
18．(1)极小值为 f 1  e ，无极大值
(2)作图见解析 (3)答案见解析
【详解】（1）因为函数 f  x  定义域为R ， f   x   e x   x  2  e x   x  1 e x ，又ex  0 恒成立，当 x ,1 时， f   x   0 ；当 x 1,  时， f   x   0 ；
所以， f  x  的单调递减区间为,1 ，单调递增区间为1,  ，极小值为 f 1  e ，无极大值.
（2）当 x  2 时， x  2  0 ， ex  0 ，则 f  x  0 恒成立，
f  x  图象如下：
方程 f  x  a 的根的个数等价于函数 f  x  与 y  a 的交点个数；结合（2）中图象可知：
当a  0 时， f  x  与 y  a 有且仅有一个交点；当e  a  0 时， f  x  与 y  a 有两个不同交点；当a  e 时， f  x  与 y  a 有且仅有一个交点；当a  e 时， f  x  与 y  a 无交点；
综上所述：当a 0,  ∪ e 时，方程 f  x  a 有唯一的实数根；
当a e, 0 时，方程 f  x  a 有两个不同的实数根；当a , e 时，方程 f  x  a 无实数根.
19.解：（1） f
, x 
2x
1 x2
 a 
ax2  2x  a
1 x2
当 a  0 时， f , x 
2x
1 x2
 0  x  0
 f x在0,单调递增，在 ，0单调递减.
当 a  0且ax2  2x  a  0的判别式  0
即 a  1时，f , x  0对x  R恒成立.
 f x在R上单调递减。
当1  a  0时，由f , x  0得：ax2  2x  a  0
1 1 a2
解得：
a
 x 
1 1 a2
a
由 f ,
x  0可得：x 
或x 
1 1 a2
1 1 a2
1 1 a2
aa
  
1
1 a2
f x 在

1 1 a2

,
a
 1
a
1 a2
上单调递增，



在 ,

, 
a a
, 上单调递减.


（2）由（1）当 a  1时，f x在 ， 上单调递减.
当 x  0时，f x 
f 0,ln1 x2  x  0,即ln1 x2  x.
1  1 1 111
ln1 24  1 34  1 n4   22  32    n2
 
1 1  1 1 1    1  1      1 1   1 1  1
2
2
3

n







1 22  3n n 1  n 1n
1 1  1
1  1
1   e.



24  
34 
n4 