四川省南充市嘉陵一中2025-2026学年高二下学期期中考试数学试卷

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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.）
54
1． A2  C2  （）
A．26B．23C．32D．21
小明有 4 件不同的上衣、5 条不同的裤子、2 双不同的鞋子．他从中各选一件搭配，不同的穿法共有
（）
A．11 种B．22 种C．24 种D．40 种
已知函数 f  x  ln x ，则 lim f 3  x  f 3  （ ）
1
3
x0
 1
3
x
3D. 3
下列求导运算正确的是（ ）
cs π   sin π
ln 2x 1  1
4 4
2x 1

2x   2x
lg x  1
2xln2
已知 6 名学生中有 4 名男生，从中选出 3 名代表，则选出的代表中有 2 名男生的概率为（）
A． 1
5
B． 2
5
C． 3
5
D． 4
5
如图是函数 y  f (x) 的导函数 y  f  x 的图象，则下面判断正确的是（ ）
当 x  1 时， y  f (x) 取极小值B. y  f (x) 在(1,3) 上单调递减
C. y  f (x) 在(3,1) 上单调递增D. 当 x  4 时， y  f (x) 取极大值
某演讲比赛结束后，2 名男同学、3 名女同学和 2 位老师站成一排拍照留念，则 2 位老师相邻，且 3 名女同学不相邻的站法有（）
A．264 种B．288 种C．312 种D．336 种
已知函数 f  x 的定义域为 ,0 ， f 1  1，其导函数 f  x 满足 xf  x  2 f  x  0 ，则不等式 f  x  2025   x  20252  0 的解集为（ ）
2024,  
C. 2024, 2025
0, 2024
D.  , 2025
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．）
1 n
x
已知 2x  

n  6
的展开式中各二项式系数之和为 64，则下列结论正确的有（）
常数项为 160
含 x2 项的系数为 240D．二项式系数最大的项为第 3 项 10．已知函数 f x  ex  ex  2csx ，则下列结论正确的有（）
A. f 0  2B. f  x  ex  ex  2sinx
C. f  x 在R 上单调递增D. 不等式 f  x  2  0 的解集为0,  
对于函数 f  x  ln x 1，下列说法正确的是（ ）
2x2
f  x 在 x 
e 处取得极大值 1 1
4e
f  x 在0, e 上单调递增
f  x 有两个零点D. 若 f  x  k  1
x2
在0,   上恒成立，则k
e3 
1
4
三、填空题（本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分．）
 a8 
若直线 y  3x  b 是曲线 y  2x  lnx 的一条切线，则b  ．
 a x8
8
(2  x)(1 2x)7  a  a x  a x2 
a  a  a 
若
012
，则 123．
已知函数 f  x  x 1  ln x ，若正实数 a, b a  b 满足 f a  f b ，则3a  4b 的取值范围是
x 1
．
四、解答题（本大题共 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．（本小题满分 13 分）
已知等差数列an满足a3  8, a17  3a5 ．
nn
n
n
求a 的通项公式；（2）设b  1 ，求数列b 的前n 项和T ．
nan
16．（本小题满分 15 分）
已知函数 f (x)  x3  ax2  2x 在 x  1处取得极值.
求函数 f (x) 的单调区间；
求函数 f (x) 在区间[1, 2] 上的最大值与最小值.
17．（本小题满分 15 分）
记 Sn 为数列an的前 n 项和，已知3Sn  4an  3n .
（1）求a2 ， a3 ；
证明：数列an 1 是等比数列；
设bn  n an 1 ，求数列bn的前n 项和Tn .
18．（本小题满分 17 分）
已知函数 f x  alnx  x  2a a  R．
讨论 f  x 的单调性；
若曲线 y  f  x 经过点 A1, 1 ，且在 A 处的切线为l ．证明：除切点 A 外，曲线 y  f  x 在直线l 的下方．
19．（本小题满分 17 分）
设函数 f (x)  ln(x 1)  x(ax 1) ．
x 1
当a  1时，求曲线 y  f (x) 在点(1, f (1)) 处的切线方程；
当 x  0 时，讨论 f (x) 的单调性；
在（2）的条件下，记 f (x) 的最大值为 g(a) ，若对任意的 x (0, ) ，使得关于 a 的不等式
g(a)  ln x  mxex  x 1恒成立，求实数m 的取值范围．
嘉陵一中高 2024 级高二下学情调研数学试题
参考答案
一、选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共计 40 分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是正确的．
1．A 2．D 3．B 4．D 5．C6．A7．B8．C
二、选择题：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，有选错的得 0 分．
9．AC10．ACD11．ABC
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分．
12． 1
13． 5
14． (7, )
四、解答题：本大题共 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.（本小题满分 13 分）
解：（1）若等差数列的公差为d ，结合题设有a3 14d  3(a3  2d ) ，所以8 14d  24  6d ，可得d  2 ，
故 an  a3  (n  3)d  2n  2 ……6 分
（2）由（1）得b 1 1 (1  1 ) ，

n2n(n 1)2 nn 1
所以T
 1 (1 1  1  1 

)  1 (1
1 ) 
n
……13 分
 1 
1
nn 1
n22232n 12(n 1)
16（本小题满分 15 分）
解：（1）由题意得 f (x)  3x2  2ax  2 ，由题意得 f (1)  0 ，即3  2a  2  0 ，解得a  1 ，
2
故 f (x)  x3  1 x2  2x ，定义域为R，
2
f (x)  3x2  x  2 ，令 f (x)  0 得 x  1或 x  2 ，令 f (x)  0 得 2  x  1，
33
故 f (x) 在 ,  2  ， (1, ) 上单调递增，在  2 ,1 上单调递减，
3 

易知 x  1为极小值点， a  1 符合题意，
2
3
所以 f (x) 单调递增区间为 ,  2  ， (1, ) ，单调递减区间为  2 ,1 ……7 分
3 
3
（2）由（1）知， f (x) 在 1,  2  ， (1, 2) 上单调递增，在  2 ,1 上单调递减，
3 3

x
 1,  2 
3 

 2
3
  2 ,1
3

1
(1, 2)
f (x)
+
0
-
0
+
f (x)
单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增
所以 f (x)
 f   2   22 ， f (x)
 f (1)   3 .
极大值
3 27
极小值2

又 f (1)  1 ， f (2)  2 ，
2
故 f (x) 的最大值为 2，最小值为 3 。……15 分
2
17．（本小题满分 15 分）
解：（1）因为3Sn  4an  3n
当 n  1时， 3a1  4a1  3 ，解得a1  3 ；
当 n  2 时， 3a1  a2   4a2  6 ，解得a2  15 ；
当 n  3时， 3a1  a2  a3   4a3  9 ，解得a3  63 ……4 分
（2）证明：当n  1时， a1  S1  3 ；
当 n  2 时， 3Sn  4an  3n ， 3Sn1  4an1  3n 1
两式相减得： 3an  4an  4an1  3，所以an  4an1  3
所以an 1  4an1 1
又因为a1 1  4 ， an 1  0
an 1
所以
 4 ，所以a 1 是首项为 4，公比为 4 的等比数列……9 分
n
an1 1
n
（3）由（2）知： a 1  4n
所以b  n a 1  n  4n ，
nn
所以Tn  1 41  2 42  3 43  n 4n ①，
1
故4Tn  1 42  2  43  n  4n ②，
44n 1
两式相减得， 3Tn
 4  42  4n  n  4n1  n  4n1 ，
3
n  4n144n 1
故Tn 39……15 分
18．（本小题满分 17 分）
解：（1）因为 f  x 的定义域为0,   ，……1 分
f  x 的导函数 f  x  a 1  x  a . ……2 分
xx
① a  0 时， f  x  0 ，则 f  x 在0,   上单调递增……3 分
② a  0 时，令 f  x  0 ，得 x  a ；……4 分
令 f  x  0 ，得 x  a ；……5 分
综上可知：①当a  0 时，则 f  x 在0,   上单调递增. ……6 分
②当a  0 时， f  x 在a,   上单调递增，在0, a 上单调递减……7 分
因为曲线 y  f  x 经过点 A1, 1
所以1 2a  1 ，解得a  1．……8 分
所以 f  x  lnx  x  2，f  x  1 1．
x
因为 f 1  2 ，所以l 的方程为 y  2x  3 .……10 分
要证除切点 A1, 1 外，曲线 y  f  x 在直线l 的下方，即证： lnx  x  2  2x  3 x  0, x  1 ，.……11 分
只需证： lnx  x 1  0 x  0, x  112 分
设 g  x  lnx  x 1x  0，x  1 ，则g x  1 x ，
x
令 g x  0 ，得0  x  1；令 g x  0 ，得 x  1，14 分
所以 g  x 在0,1 上单调递增，在1,   上单调递减，15 分
所以 g  x  g 1  016 分
所以当 x  0，x  1时， lnx  x  2  2x  3 ，所以原命题得证。……17 分
19．（本小题满分 17 分）
解：（1）依题意 f (x)  ln(x 1)  x ，
所以 f (x) 
1
x 1
1,
f (1)  1 1   1 ，
22
又 f (1)  ln 2 1
函数在(1, f (1)) 处的切线方程为 y  (ln 2 1)   1 (x 1) ，
2
即 x  2y  2ln 2 1  0 ．……4 分
1(x 1)(2ax 1)  (ax2  x)ax2  (1 2a)x
（2）当 x  0 ， f
(x) 
x 1
(x 1)2
(x 1)2
①当a  0 时， f (x)  0 ， f (x) 在(0, ) 单调递增，
②当a  1 时， f (x)  0 ， f (x) 在(0, ) 单调递减，
2
③当0  a  1 时，令 f (x)  0 ，解得 x  1  2
2a
则当 x  0, 1  2  时， f (x)  0 ，当 x  1  2,  时， f (x)  0 ，
a a

所以 f (x) 在 0, 1  2 单调递增，在 1  2,   单调递减．
a a

综上可知，
当 a  0 时， f (x) 在(0, ) 上单调递增；
当0  a  1 时， f (x) 在 0, 1  2 上单调递增，在 1  2,   上单调递减；
2a a

当 a  1 时， f (x) 在(0, ) 上单调递减……10 分
2
由（2）可知，
g(a)  f (x) f  1  2  ln(1 a)  ln a  2  4a,a  0, 1  ，
max a2 

11(2a 1)2
g (a)   4  0 ，
a 1aa(a 1)
故 g(a) 在 0, 1  单调递减，
2 

又因为a  1 时， g a  0 ,所以 g a  g  1  ，即 g a  0 ，
2
 
2
因为，对x (0, ) ，关于 a 的不等式 g(a)  ln x  mxex  x 1 恒成立，所以，对x (0, ) ， ln x  mxex  x 1  0 恒成立，
即x (0, ), m  ln x  x 1 成立，
xex
令 h  x  ln x  x 1 ，
xex
 1 1 xex  (ln x  x 1) ex  xex 
(x 1)ex  ex (x 1)(ln x  x 1)
 x
h(x)  
x2e2 x
x2e2 x
 (x 1)( ln x  x)  (x 1)(ln x  x)
x2exx2ex
因为 x  0, x 1  0, x2ex  0
令u(x)  ln x  x,u(x) 在(0, ) 上单调递增
1
e
 e 
因为u  1   1
 
0, u(1)  ln11  1 0
所以，由零点存在定理，可知x  1 ,1 ，使得u  x   0 ，即ln x  x
 0 ．
0 e000

当 x 0, x0  时， u(x)  0, h(x)  0
当 x  x0,  时， u(x)  0, h(x)  0
所以h(x) 在0, x0 上单调递增，在 x0,   上单调递减
所以h(x)
max  h  x0
  ln x0  x0 1 
x ex0
1
x eln x0
 1，
00
所以m  1……17 分