江西省九江市六校2025-2026学年高二下学期期末考试数学试卷（含解析）

这是一份江西省九江市六校2025-2026学年高二下学期期末考试数学试卷（含解析），共7页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知命题：，，则为（ ）
A．，
B．，使得
C．，使得
D．，
2．已知，，，则（ ）
A．B．C．D．
3．已知函数的图象大致如下，则的解析式可能是（ ）
A．B．
C．D．
4．对于数列，定义其“交错和”为，若，则（ ）
A．B．1C．D．2026
5．设，则“”是“”的（ ）
A．必要不充分条件B．充分不必要条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
6．已知公比大于1的正项等比数列满足．设，数列的前项和为，若，则（ ）
A．B．C．6D．5
7．已知定义在上的可导函数满足恒成立，且，则下列不等式一定成立的是（ ）
A．B．C．D．
8．若，且，则（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知，则（ ）
A．B．C．D．
10．（多选题）已知函数的定义域为，在处取到极小值，则下列结论一定正确的是（ ）
A．在处取到极大值B．在处取到极大值
C．在处取到极小值D．在处取到极小值
11．已知数列中，，当时，，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．满足，且的所有的和为1225
C．满足的的取值集合为
D．若，则
三、填空题
12．已知函数，则________.
13．已知全集，若集合，，则的元素个数为________.
14．已知一元二次方程的两个根为和，若数列满足，则________.
四、解答题
15．已知函数.
(1)若，求曲线在点处的切线方程；
(2)若在区间上存在极值点，求的取值范围.
16．已知数列满足，且对任意，有.
(1)求数列的通项公式；
(2)求数列的前项和.
17．已知函数的图象关于点对称，函数.
(1)求的值；
(2)若命题“，”是假命题，求的取值范围.
18．已知数列满足：，且对任意，有.
(1)求，，并比较大小；
(2)证明：数列是等比数列；
(3)记数列的前项和为，证明：.
19．给出函数，，我们把称为，的平方差函数.
(1)若，均为可导函数，函数在处取得极值，且，证明：；
(2)已知.
（i）若，且在区间上单调递减，求的取值范围；
（ii）若，判断的零点个数.
参考答案
1．B
解析：原命题中量词为“任意”，结论为“”，
因此为“，使得”.
2．D
解析：，，，
所以.
3．C
解析：由的图象关于轴对称，可知是偶函数，
对于A，定义域为R，，
故为偶函数，但与图象不吻合，A错误.
对于B，，故不为偶函数，B错误；
对于D，，不为偶函数，D错误；
对于C，定义域为R，且，
故为偶函数，且，故C满足要求；
4．A
解析：由和两式相减得，
故，因此.
5．A
解析：若，则，
所以，故必要性成立.
取，，则，
但，充分性不成立.
因此“”是“”的必要不充分条件.
6．B
解析：因为是等比数列，，则，
故，即，
所以是等差数列，
由得，
由等差数列的性质得，
因此，
已知，故．
7．D
解析：设，则，
所以在上单调递增.
于是，即，解得.
8．B
解析：因为，所以，
设，则，
所以是周期为2的周期函数，
中，令得，
因为，联立可得.
因为，所以，解得.
9．ABC
解析：对于A，.
由，得，，故，故A正确；
对于B，由及函数在区间上单调递增，得，故B正确；
对于C，由及函数在区间上单调递减，得，故C正确；
对于D，取，，则，，故D错误.
10．BD
解析：对于选项A，取，易知在处取到极小值，，在处取到极小值，故A错误；
对于选项B，与的图象关于原点对称，所以在处取到极大值，故B正确；
对于选项C，取，，不是该函数的极值点，故C错误；
对于选项D，是偶函数，且时，.由于在处取到极小值，由偶函数的对称性，在处也取到极小值，故D正确.
11．ACD
解析：A选项，中取，得，
所以，因为，，……，所以，故A正确；
B选项，取，，结合A选项的分析，得，
因为，所以，，所以当或时，，
所以满足，且的所有的和为
，故B错误；
C选项，的奇数项为1，偶数项为0，
所以满足的的取值集合为，故C正确；
D选项，当为偶数时，.当为奇数时，，
所以，故D正确.
12．3
解析：由已知，，
则.
13．2
解析：依题意，，而，故，即有2个元素.
14．11
解析：由根与系数的关系得，.
则.
又，，
所以，，.
故答案为：11.
15．(1)
(2)
解析：（1）当时，，求导得，
所以，.
故所求切线方程为，即.
（2）由，得，.
因为，所以的符号由分子决定，
又在区间上存在极值点，
等价于在区间内有解，且在该解左右两侧变号.
所以，即，
解得，所以的取值范围为.
16．(1)；
(2)
解析：（1）由，得，
所以时，.
当时，，符合上式.，
所以的通项公式为.
（2）由（1）得.
所以.
17．(1)
(2)
解析：（1）由题意得，，即，
所以，恒成立，
所以恒成立，则，解得，或（舍去），
所以，此时，
由，得定义域为，满足关于点对称，故；
（2）因为命题“，”是假命题，
所以命题“，”是真命题，
即“，”是真命题，
即，
又，令，则，
所以，，
因为在区间上单调递增，
当，即时，，
易知函数在区间上单调递减，
所以，
所以时，取得最小值6，
所以，即的取值范围是.
18．(1)，，；
(2)证明：由，
又，
故数列是以为首项、为公比的等比数列.
(3)证明：由（2）得，故.
所以，
则
解析：（1），由题意，，
，
则，故.
（2）略
（3）略
19．(1)证明：因为，
所以，
由题意，
即，
因为，所以，
由可得，
所以.
(2)（i）；（ii）当时，有1个零点；当时，有3个零点
解析：（1）略
（2）（i）因为，，
所以，
因为在区间上单调递减，
所以，
即.
设，则，
当时，，当时，，
故在上单调递增，在上单调递减，
所以，
所以，又，所以的取值范围是.
（ii）由得或，
即或.
设，则或，
因为，单调递增，且时，
所以方程有唯一的根为1.
方程也有1个根为1，
设，则，
当时，，单调递增，
方程有唯一的根1，只有1个零点；
当时，令，得，
则在区间，上单调递增，在区间上单调递减，
且，，，
所以，，
令，，则恒成立，
所以在上单调递增，故，
所以，
易得，，且，，
所以在区间，上各有1个零点，
综上得，当时，有1个零点；当时，有3个零点.