青海省海南藏族自治州高级中学2025-2026学年高二下学期期中考试数学试卷

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青海海南州高级中学 2025-2026 学年高二下学期期中考试数学试卷
单选题
函数 f  x  x2 1 在1,1.1上的平均变化率为（ ）
A．1B．1.1C．2D．2.1
已知函数 f  x x ，那么 f  x 等于（ ）
x
x
2 x
2 x
A． 1B．  1C． 1D．  1
数列a 满足a  2 ， a 1 1 n  N  ，则a 等于（ ）
a
n
A
． 1
2
1n1
n
B． 1
11
C．2D． 1
3
已知an 是等差数列，且a3  a9  4a5 ， a2  4 ，则首项a1 等于（ ）
B． 2
C． 6
D． 8
已知数列{an }是等差数列，且a1  a2  a3  3 ， a3  a4  a5  9 ，则S5  （ ）
B．2C．3D．5
等比数列an 中， a1  3a3  7 ， a2 a4  2a3 ，则a5  （ ）
A．4B．5C．6D．7 7．已知实数列an 为等比数列，其中a6 ， a10 是方程 x2  8x  5  0 的两根，则a8  （ ）
5
5
5
3
A． B． C．D．
《九章算术》中有“女子善织”问题：“今有女子善织，日自倍，五日织五尺．意思是：一女子善于织布，每天织的布是前一天的2 倍， 5 天共织5 尺，若该女子欲织满30 尺，则至少需要（ ）日
A． 6B． 7C． 8D． 9
多选题
下列求导数运算正确的是（ ）
x2sinx  2xcsx
lgx  lge
x
Cln 1 2x  2
D ex 
ex  x 1
． 
2x 1
．  2
x
x
已知函数 f  x  x3  3x 1，则（ ）
f  x 在 x  1 处取得极小值B． f  x 有 3 个零点
C． f  x 在区间2, 2 上的值域为3,1 D．曲线 y  f  x 的对称中心为0, 1
已知首项为 3 的数列an 的前n 项和为Sn ，且Sn1  2Sn 1，则（ ）
{Sn - 1} 是等比数列
100
S 2100
an 是等比数列


a
an1
1a
 的前n 项和小于 1

1
n1n2
填空题
直线 y  1 x  b 是曲线 y  ln x, x  0 的一条切线，则实数b ．
2
函数 f  x  e2 x1  2 f 1 x ，则 f 1  ．
设等差数列an 的前n 项和为Sn ，若a2  3, S5  10 ，则使Sn 取得最小值的 n 的值为.
解答题
已知函数 f (x)  1 .
x
曲线 y  f (x) 在点 P 处的切线与直线 y  4x 11互相垂直，求点 P 的坐标.
过点Q(1, 3) 作曲线 y  f (x) 的切线，求此切线的方程.
已知函数 f  x   ax3  bx2  1a  R  ，当 x  2 时， f  x 取得极值3 .
求 f  x 的解析式；
求 f  x 在区间2, 3 上的最值.
已知等比数列an 的公比为q(q  0 且q  1) ，等差数列bn 的公差为d ，满足条件：
a1  b1  1, a2  b3 1, a3  b4 ．
求数列an 和bn 的通项公式；
设cn  an  bn ，求数列cn 的前n 项和Tn .
已知数列a 的前 n 项和为S ，且a  2a 2n1 ，且a  1.
nnnn11
 2n 
证明数列 an 是等差数列；

求数列an 的前 n 项和Sn ；
k
2k
若2a2  S
，求正整数 k 的所有取值.
已知函数 f  x   x 1lnx  a  x 1 ．
f  x
讨论函数 g  x 
x 1
的单调递增区间；
当 x 1, ∞ 时， f  x  0 恒成立，求实数a 的取值范围．
参考答案
1．D
2 f 1.1  f 11.12 1  11
【详解】函数 f  x  x
1 在1,1.1上的平均变化率为
 2.1 .
1.110.1
2．C
1
1 1
1
x
2 x
【详解】由 f  x  x 2 ，则 f
 x 
x 2 .
2
3．A
【详解】因为a  2 ， a 1 1 ，
所以a
1
2
3
 1 1  1 ， a
n1
 1 1
an
4
 1 ， a
 1 1
 2 ， a
 1 1
6
 1 ， a
 1 1
 1 ，…
a
5
a12a23a42a5
所以数列an 是周期数列，周期为 3，
所以a  a  1 .
1122
4．C
【详解】设等差数列an 的公差为d ，
a3  a9  4a5a1  2d  a1  8d  4(a1  4d )
由a  4，即a  d  4，
 2 1
a1  6

解得d  2 .
5．D
【详解】数列{an }是等差数列，且a1  a2  a3  3a2  3 ， a3  a4  a5  3a4  9 ，
所以a2  1, a4  3 ，
则S5
 5a1  a5   5a2  a4   5 .
22
6．A
【详解】因为a 为等比数列，所以a a  a 2  2a ，解得a  2 或a  0 ，
n2 43333
因为等比数列an  0 ，所以a3  2 ，
则a  7  3a  1，所以a  2 ，设公比为q ，则q2  a3  2 ，
a
133
1
53
所以a  a q2  2  2  4 ．
7．B
【详解】因为a6 ， a10 是方程 x2  8x  5  0 的两根，
所以由韦达定理可得a6  a10  8 ，所以a  0 ， a  0.
a  a  5
610
 610
5
因为a 为等比数列，所以a2  a  a  5 ，解得a  .
n86108
5
5
若a ，则a2  a  a  0 ，不符合要求，故a  .
87688
8．C
【详解】设女子第1天织布a1 尺，由于每天织布量是前一天的2 倍，
nn1n
a 1 2n 
因此第
天的织布量为an
a1·2
尺，前
天织布量的总和为Sn 
1
1 2
 a1
2n 1 尺，
511
由题意得S
 5  a 25 1  5  a
 5 ，
31
要使织布总尺数达到30 尺，即Sn  30 ，

代入得 5 2n 1  30  2n  187  n  8 ，所以最小的n 是8 ，
31
因此该女子欲织满30 尺，则至少需要8 日，故 C 正确. 9．BCD
【详解】对于选项 A： ( x2 sin x)  ( x2 )sin x  x2 (sin x)  2x sin x  x2 cs x  2x cs x ，所以选项 A 错误.
对于选项 B： (lg x)' 
1
x ln10
 lg e ，所以选项 B 正确.
x
对于选项 C：[ln 1 2x]' 
1
1 2x
 2 
2 1 2x
2
2x 1
，所以选项 C 正确.
ex 
ex  x  ex 1ex ( x  1)
对于选项 D： () 
xx2
故选:BCD.
x2
，所以选项 D 正确.
ABD
【详解】由 f  x  3x2  3 ，
令 f   x   0 ，解得1  x  1 ，令 f   x   0 ，解得 x  1或 x  1 ，
所以函数 f  x 在∞, 1 和1,  上单调递减，在1,1 上单调递增，
所以 f  x 在 x  1 处取得极小值，故 A 正确；
又 f 2  1， f 1  3 ， f 1  1， f 2  3 ，
 f 2 f 1  0 ，所以函数 f  x 在∞, 1 有且仅有一个零点，
同理函数 f  x 在1,1 有且仅有一个零点，在1,  上有且仅有一个零点，即函数 f  x 共有 3 个零点，故 B 正确；
由前面得 f  x 在2, 2 上值域为3,1 ，故 C 错误；
设 g  x  x3  3x ， x  R ， g x  x3  3x  x3  3x  g  x ，所以函数 g  x  是奇函数，图象关于0,0 对称，
又 f  x  x3  3x 1是 g  x  向下平移 1 个单位得到，所以函数 f  x 的对称中心为0, 1 ，故 D 正确.故选：ABD.
ABD
【详解】由Sn1  2Sn 1，得Sn1 1  2 Sn 1 ，
因为S1 1  2 ，所以Sn 1 是首项为 2，公比为 2 的等比数列，故 A 正确；
由S 1  2  2n−1 ，得S  2n 1 ，所以S 2100 1  2100 ，故 B 正确；
nn100
nnn1
当n  2 时， a  S  S 2n 1 2n1 1  2n1 ，又a1  3不符合上式，
则an
 3, n  1，
2n1, n  2

所以an 不是等比数列，故 C 错误；
an1
设
 的前n 项和为T ，
a1a1 n
n1n2
a2n11
因为n1 ，
an1 1an2 12n 12n1 12n 12n1 1
所以T  1 1  1  1 L11 11 1，故 D 正确.
n3372n 12n1 12n1 1
ln 2 1
【详解】本小题考查导数的几何意义、切线的求法． y  1 ，令 1  1 得 x  2 ，故切点为(2, ln 2) ，代入直
xx2
线方程，得ln 2  1  2  b ，所以b  ln 2 1 ．
2
5 / 5e1
e
【详解】因为 f  x  e2x1  2 f 1 x ，所以 f  x  2e2x1  2 f 1 ，所以 f 1  2e211  2 f 1 ，
所以 f 1  2 ，所以 f  x  e2x1  2  2  x ，
ee
所以 f 1  e1  2  2  5 .
ee
或 5
【详解】设等差数列an 的公差为d ，由a2  3, S5  10 ，
1
a  d  3

a1
 4
得5a  5 4 d  10 ，解得d  1，
 12
所以an  4  n 11  n  5 ，
令an  0 ，得n  5  0 ，解得n  5 ，由d  1 ，可知数列an 是递增数列，
所以当n  4 或n  5 时， Sn 取得最小值.
故答案为：4 或 5.
15．(1)  2, 1  或 2,  1 
2 2 

(2) x  y  2  0 或9x  y  6  0
【详解】（1） f (x)   1
，由题意可得 1  4  1 ，故 x  2 ，
x
2
P
x2P
当 x  2 时， f (x )  1 ，当 x  2 时， f (x )   1 ，
PP2PP2
故点 P 的坐标为 2, 1  或 2,  1  ；
2 2 

（2）设切点坐标为 x , y  ，则有 y  1
  1  x  x  ，
xx
0020
00
故3  1   1 1 x  ，整理得3x2  2x 1  0 ，
xx
2000
00
即 x 13x 1  0 ，故 x  1或 x   1 ，
0003
当 x0  1时，有 y 1   x 1 ，即 x  y  2  0 ，
当 x   1 时，有 y  3  9  x  1  ，即9x  y  6  0 ，
033 

故此切线的方程为 x  y  2  0 或9x  y  6  0 . 16．(1) f  x  x3  3x2 1
(2)最大值为 1，最小值为19 .
【详解】（1）依题意可得 f  x  3ax2  2bx ，又当 x  2 时， f  x 取得极值3 ，
 f 2  3
8a  4b 1  3
a  1
f
所以

2  0
，即
12a  4b  0
，解得
b  3
，经验证符合题意，


所以 f  x  x3  3x2 1 .
（2）可知 f  x  x3  3x2 1 ， f  x  3x2  6x  3x  x  2 .
令 f  x  0 ，则3x  x  2  0 得 x  0 或 x  2
f 2  19 ， f 3  1 ，所以 f  x 在区间2, 3 上的最大值为 1，最小值为19 .
17．(1) an  2n ， b  n
1
n
x
2, 0
0
0,2
2
2,3
f  x
+
0
-
0
+
f  x
Z
极大值 1
]
极小值3
Z
(2) Tn
 2n  n(n 1) 1
2
【详解】（1）由题意， a  a qn1  qn1 ，则a  q, a  q2 .
n123
bn  b1  (n 1)d  1 (n 1)d ，故b3  1 2d , b4  1 3d ，
由a2  b3 1可得q  1 2d 1 ，消去d ，可得q2  1 3 q ，
a  bq2  1 3d2
 34
即(2q 1)(q  2)  0 .
因为q  0 且q  1 ，所以q  2, d  1.
故数列a 的通项公式为a  2n1 ，数列b 的通项公式为b  n ．
nnnn
nn
（2）根据题意得： Tn   ak  bk ，
k 1
k
na 1 qn 
k 1
1 2n
nb  b  n
(1 n)n
由（1）得a  1
 2n 1, b
 1n .
k
k 1
1 q
1 2
k 122
故Tn
 2n  n(n 1) 1
2
18．(1)证明见解析
n
S  n 1 2n 1
1， 2 ， 3
n1
a2a
 2n1
【详解】（1）证明：因为an  2an1  2，两边同时除以2n 得， n  n1 ，
2n2n
化简得 an  an1  1 ，所以 an  an1  1 ，
2n2n122n2n12
又 a1  1 ，所以数列 an 为以 a1  11
2n
21
22
212
 为首项， 为公差的等差数列，

所以， an  1  1 n 1  n .

2n222
解：由（1）可知， an  n ，所以a  n  2n  n  2n1 ，
2n2n2
则S  a  a  a L a  1 2  2  3 22 L n  2n−1 ①，
n123n
n
又2S  1 2  2  22  3 23 L n 1 2n1  n  2n ②，
11 2n 
n
① ②得S
 1 2  22  23 L 2n1  n  2n  n  2n  1 n 2n 1，
1 2
n
所以S  n 1 2n 1.
nn
解：由（1）（2）可知， a  n  2n1 ， S  n 1 2n 1.
k2k
所以a  k  2k1 ， S 2k 1 4k 1 .
k
2k
由2a2  S
可得， 2k 2  4k 1  2k 1 4k 1 ，整理可得k 2  4k  2 
1
22k 1
 0 .
令 f  x  x2  4x  2 
1
22 x1
，易知 y  x2  4x  2   x  22  2 在2, ∞ 上单调递增，
y  
1
22 x1
在2, ∞ 上单调递增，所以， f  x  x2  4x  2 
1
22 x1
在2, ∞ 上单调递增.
又 f 1  1 4  2  1   3  0 ， f 2  4  8  2  1   17  0 ，
2288
f 3  9 12  2  1   33  0 ， f 4  16 16  2  1  2  1  0 ，
3232
所以，当 x  4 时，有 f  x  0 ，即k 2  4k  2 
所以 k 可取1， 2 ， 3 .
1
22k 1
128128
 0 ，在k  4 ， k  N 时不成立.
19．(1)当a  2 时， g  x 的单调增区间为0, ∞ ，
当a  2 时， g  x 的单调增区间为0, a 1 a2  2a 和a 1 a2  2a , ∞；
(2（) ∞, 2]
【详解】（1）由题 g  x  lnx  a  x 1  lnx  a  2a ， x 0,  ，
x 1x 1
12a
 x 12  2axx2  2  2a x 1
则 g x  
x
 x 12 
x  x 12
x  x 12，
Δ  2  2a2  4  4a2  8a
①当a  1 时， x对
 2a  2  0 ， g x  0 在0, ∞ 上恒成立，则 g  x 的单调递增区间为0, ∞ ，
2
②当1  a  2 时， Δ  4a2  8a  0，g x  0 在0, ∞ 上恒成立，
则 g  x 的单调递增区间为0,  ，
③当a  2 时， x 0, a 1 a2  2a 时， g x  0 ，
x a 1 a2  2a , a 1 a2  2a  时， g x  0 ，
x a 1 a2  2a , ∞时， g x  0 ，
所以 g  x 的单调递增区间为0, a 1 a2  2a 和a 1 a2  2a , ∞，
综上：当a  2 时， g  x 的单调增区间为0, ∞ ，
当a  2 时， g  x 的单调增区间为0, a 1
（2） f  x  lnx  1 1 a ，
x
a2  2a 和a 1
a2  2a , ∞；
设h  x  lnx  1 1 a，x  1，则h x  1  1  x 1  0 ，

xxx2x2
所以h  x 在区间[1, ∞）上单调递增，即 f  x 在区间1, ∞ 上单调递增，且 f 1  2  a ，
①当a  2 时， f 1  2  a  0 ，又 f  x 在区间1, ∞ 上单调递增，所以对任意 x 1,  ，都有 f  x  0 ，
所以 f  x 在区间1, ∞ 上单调递增，所以 f  x  f 1  0 满足条件；
②当a  2 时， f 1  2  a  0 ， f ea   1 ea  0 ，
所以x 1, ea  ，使得 f  x   0 ，
00
所以当 x 1, x0  时， f  x  0, f  x 单调递减， 即当 x 1, x0  时， f  x  f 1  0 ，不满足题意．综上所述，实数a 的取值范围为（ ∞, 2] ．