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

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，共8页。试卷主要包含了50， 5．A等内容，欢迎下载使用。
单选题
已知命题 p ： x 0,1, 2 ， x2  2x 1 ，则p 为（ ）
A． x 0,1, 2 ， x2  2x 1
B． x 0,1, 2 ，使得 x2  2x 1
C． x 0,1, 2 ，使得 x2  2x 1
D． x 0,1, 2 ， x2  2x 1
已知a  0.50.2 ， b  30.1 ， c  lg0.5 3 ，则（ ）
a  b  c
a  c  b
b  c  a
b  a  c
已知函数 f  x 的图象大致如下，则 f  x 的解析式可能是（ ）
x
2
A． f  x 1
x 1
C． f  x  2 x  x2
f  x  3x  x2
 
x2  6x  8
2 x
D． f x 
对于数列a ，定义其“交错和”为T
 a  a
 a  a
L 1n1 a
，若T
 n ，则a （ ）
nn1234nn2026
A． 1
C． 2026
D．2026
设a  0, b  0 ，则“ a2  b2  2 ”是“ a  b  2 ”的（ ）
A．必要不充分条件B．充分不必要条件
充要条件D．既不充分也不必要条件
已知公比大于 1 的正项等比数列an  满足a4a7  2 ．设bn  lg2an ，数列bn  的前n 项和为 Sn ，若Sk  5 ，则k  （ ）
A．12B．10C．6D．5
已知定义在R 上的可导函数 f  x 满足 f  x  f  x  0 恒成立，且 f 0  1，则下列不等式一定成立的是
（ ）
A． f 1  e
B． f 1  e
C． f 1  1
e
D． f 1  1
e
若 f  x 1  f  x 1  x ，且 f 1  f 3  2 ，则 f 15  （ ）
50
54
56
58
多选题
已知a  b  0 ，则（ ）
a  1  b  1
ba
a2  b2
1  1
ab
a  b 
1
a  b
10．（多选题）已知函数 f  x 的定义域为R ， f  x 在 x  m m  0 处取到极小值，则下列结论一定正确的是（ ）
A． f x 在 x  m 处取到极大值B．  f x 在 x  m 处取到极大值
C．  f  x 在 x  m 处取到极小值D． f  x  在 x  m 处取到极小值
已知数列a  中a  1， a  0 ，当n  m 时， aa a2  a2 ，则下列说法正确的是（ ）
n12nm nmnm
a2026  0
n
满足n  100 ，且 ai  1的所有n 的和为 1225
i1
n
i
满足 a2  2026 的n 的取值集合为4051, 4052
i1
nπ
nn2
2n2 4n 1

i3
若b  2n a sin
，则b 
i1
填空题
已知函数 f  x  2sinx  ex ，则 f 0  .
已知全集U  R ，若集合 A  x 2x  52x  3  0， B  x∣x  2k, k  Z ，则ðU A  B 的元素个数为
.
已知一元二次方程 x2 −x−1  0 的两个根为α和β，若数列an  满足an αn  βn n  N*  ，则
a5  .
解答题
已知函数 f  x  lnx  a a  R  .
x
若a  1 ，求曲线 y  f  x 在点1, f 1 处的切线方程；
若 f  x 在区间1, e 上存在极值点，求a 的取值范围.
已知数列a  满足a  2 ，且对任意n  N* ，有a
 n a .
n1n1
n  2 n
求数列an  的通项公式；
求数列an  的前n 项和 Sn .
已知函数 f  x  lg a1 的图象关于点1, 0 对称，函数 g  x  9x  3x1  3 .
 2x 1

求a 的值；
若命题“ x   10  ， f  x  2g  x λ”是假命题，求λ的取值范围.

1, 9 
已知数列a  满足： a  2 ，且对任意n  N* ，有an1  2an  1 .
n1an  2
求a3 ， a4 ，并比较大小；
证明：数列 an 1 是等比数列；
 a 1
 n
记数列 1  的前n 项和为 S ，证明： S
n 1 .
 a nn
 n 
给出函数 f  x ， g  x ，我们把h  x   f  x2   g  x2 称为 f  x ， g  x 的平方差函数.
若 f  x ，g  x 均为可导函数，函数h  x 在 x  x 处取得极值，且 f  x  f  x   0 ，证明：f  x0   g x0  ；
000
g  x 
f  x 
00
已知 f  x  alnx a  0 .
若 g  x x ，且h  x 在区间0,  上单调递减，求a 的取值范围；
x
x
若 g  x  1
，判断h  x 的零点个数.
参考答案
1．B
解析：原命题 p 中量词为“任意”，结论为“ x2  2x 1 ”，因此p 为“ x 0,1, 2 ，使得 x2  2x 1 ”.
2．D
解析： 0 < a = 0.50.2 < 0.50 =1， b  30.1  30  1， c  lg0.5 3  lg0.5 1  0 ，所以b  a  c .
3．C
x
解析：由 f  x 的图象关于 y 轴对称，可知 f  x 是偶函数，
x
对于 A， f  x 1定义域为 R， f x 
x2 1
x
x2 1
1 1  f  x x 1
x
2，
故 f  x 1为偶函数，但 f 0   −1 与图象不吻合，A 错误.
x2 1
对于 B， f x  3x  x2  3x  x2  f  x ，故 f  x  3x  x2 不为偶函数，B 错误；
2  x
对于 D， f x 
x2  6x  8
x2  6x  8
x2  6x  8
2 x
2 x
  
 f x ， f x 不为偶函数，D 错误；

对于 C， f  x  2 x  x2 定义域为 R，且 f x  2 x  x2  2 x  x2  f  x ，故 f  x  2 x  x2 为偶函数，且 f 0  1，故 C 满足要求；
4．A
解析：由T  n 和T n 1n  2 两式相减得T  T 1n1 a  1，
nn1nn1n
n2026
故a  1n1 ，因此a 12027  1. 5．A
解析：若a  b  2 ，则a  b2  a2  b2  2ab  2 a2  b2  ，

a  b 2
所以a2  b2  2 ，故必要性成立.
2
取a  1.5 ， b  0.1，则a2  b2  2.26  2 ，但a  b  1.6  2 ，充分性不成立.
因此“ a2  b2  2 ”是“ a  b  2 ”的必要不充分条件. 6．B
解析：因为an 是等比数列， q  1 ，则an1  anq ，故lg2 an1  lg2 an  lg2 q ，即bn1  bn  lg2 q ， 所以bn 是等差数列，
由a4a7  2 得b4  b7  lg2 2  1 ，
由等差数列的性质得b1  b10  b4  b7  1 ，
因此S  10 b  b   51  5 ，
102110
已知Sk  5 ，故k  10 ．
7．D
解析：设 g  x  ex f  x ，则 g x  ex f  x  ex f  x  ex  f  x  f  x  0 ，所以 g  x 在R 上单调递增.
于是 g 1  g 0 ，即e1 f 1  e0 f 0  1，解得 f 1  1 .
e
8．B
 x 12
 x 12
解析：因为 f  x 1  f  x 1  x ，所以 f  x 1  f  x 1 ，
44
设 g  x  f  x  x2 ，则 g  x 1  g  x 1 ，
4
x
2
所以 g  x  f  x 是周期为 2 的周期函数，
4
f  x 1  f  x 1  x 中，令 x  2 得 f 3  f 1  2 ，因为 f 1  f 3  2 ，联立可得 f 1  2 .
因为 g 15  g 1 ，所以 f 15  152  f 1  12  9 ，解得 f 15  9  152  54 .
44444
ABC
解析：对于 A，  a  1    b  1   a  b   1  1   a  b  a  b  a  b1 1  .
b  
a  ba 
ab
ab 
 
由a  b  0 ，得a  b  0 ， ab  0 ，故 a  1    b  1   0 ，故 A 正确；
b  a 
 
对于 B，由a  b  0 及函数 y  x2 在区间0,  上单调递增，得a2  b2 ，故 B 正确；
对于 C，由a  b  0 及函数 y  1 在区间0,  上单调递减，得 1  1 ，故 C 正确；
xab
11
对于 D，取a  1.1 ， b  1，则a  b  0.1 ，
BD
a  b
 0.1 ，故 D 错误.
2.1
解析：对于选项 A，取 f  x   x  22 ，易知 f  x 在 x  2 处取到极小值， f (- x) =(- x - 2)2 =( x +2)2 ， f x
在 x  2 处取到极小值，故 A 错误；
对于选项 B，  f x 与 f  x 的图象关于原点对称，所以 f x 在 x  m 处取到极大值，故 B 正确；
对于选项 C，取 f  x   x  22 ， - f ( x) = - ( x - 2)2 ， x  2 不是该函数的极值点，故 C 错误；
对于选项 D， f  x  是偶函数，且 x  0 时， f  x   f  x .由于 f  x 在 x  m m  0 处取到极小值，由偶函数的对称性， f  x  在 x  m 处也取到极小值，故 D 正确.
ACD
解析：A 选项， aa
 a2  a2 中取n  m  2 ，得a2
a2  aa
 0 ，
nm nmnm
m2m
2m2 2
所以a2 a2 ，因为a  0 ， a  0, a  0 ，……，所以a 0 ，故 A 正确；
m2m2462n
B 选项，取n  2k k  Z ， m  1，结合 A 选项的分析，得aa a2  a2  1，
2k 1 2k 12k1
n
因为a1  1，所以a4k 3  1， a4k 1  1，所以当n  4k  3 或4k  2 时，  ai  1，
i1
n
所以满足n  100 ，且 ai  1的所有n 的和为
i1
25
 4k 
25 253 195

k 1
3  4k  2  8k  5 
k 1
 2475 ，故 B 错误；
2
n
C 选项，a2  的奇数项为 1，偶数项为 0，
n
i
所以满足 a2  2026 的n 的取值集合为4051, 4052 ，故 C 正确；
i1
D 选项，当n 为偶数时， b  0 .当n 为奇数时， b  2n ，
2nn
n
2 1 4n 
n
2 4n 1
所以b  22i1 
，故 D 正确.
i
i1
i1
1 43
12．3
解析：由已知， f  x  2csx  ex ，则 f 0  2cs0  e0  3 .
13．2
解析：依题意， ð A  x 2x  52x  3  0  x  3  x  5  ，而 B  L, 4, 2, 0, 2, 4,L ，故

U

ðU A  B  0, 2，即ðU A ∩ B 有 2 个元素.
22 
14．11
解析：由根与系数的关系得α β 1 ，αβ 1.
n2n1n
则aαn2  βn2  αn1  βn1 α β αβαn  βn   a a .
又a1
α1  β1  1 ， a
α2  β2  α β2  2αβ 3 ，
2
所以a3  a2  a1  3 1  4 ， a4  a3  a2  4  3  7 ， a5  a4  a3  7  4  11 .
故答案为：11. 15．(1) 2x−y−3  0
(2) e, 1
解析：（1）当a  1 时， f  x  lnx  1 ，求导得 f  x  1  1 ，

x
所以 f 1  ln11  1， f 1  11  2 .
故所求切线方程为 y  1  2  x 1 ，即2x−y−3  0 .
xx2
（2）由 f  x  lnx  a ，得 f  x  1  a  x  a ， x  0 .

xxx2x2
因为 x2  0 ，所以 f  x 的符号由分子 x  a 决定，又 f  x 在区间1, e 上存在极值点，
等价于 f  x  0 在区间1, e 内有解，且在该解左右两侧 f  x 变号.
所以 f 1 f e  0 ，即1 ae  a  0 ，
解得e  a  1 ，所以a 的取值范围为e, 1 .
4
16．(1) an  n n 1 ；
(2) Sn
 4n n 1
解析：（1）由a n a ，得 an 1 n ，
n1
n  2 n
ann  2
所以n  2 时， a  a  a2  a3 L an  2  1  2  3 L n 1  4 .

n1 aaa
3 4 5
n 1
n n 1
12n1
当n  1 时， a1 
4
1 2
 2 ，符合上式.，
所以a 的通项公式为a 4.
n
（2）由（1）得a 
nn n 1
4 4  1  1  .

nn n 1 nn 1 
 1111
  
所以S4 1   L  14 1 1   4n .
n223nn 1 n 1 n 1

17．(1) a  2
(2) 6, 
解析：（1）由题意得， f  x  f 2−x  0 ，即lg a
1  lg a
1  0 ，
 2x 1 3  2x

a a
aaa
2
所以 2x 1 1 3  2x 1  1 ， 2x 13  2x3  2x2x 1 恒成立，


a22a
所以2x 13  2x2x 13  2x
恒成立，则a2  2a  0 ，解得a  2 ，或a  0 （舍去），
所以a  2 ，此时 f  x  lg 21 ，
 2x 1
由 2
2x 1

 2 2 
1  0 ，得定义域为 1 , 3  ，满足关于点1, 0 对称，故a  2 ；

（2）因为命题“ x   10  ， f  x  2g  x λ”是假命题，

1, 9 
所以命题“ x   10  ， f  x  2g  x λ”是真命题，

1, 9 
即“ x   10  ，λ 2g  x  f  x ”是真命题，

1, 9 
即λ 2g  x  f  xmin ，
 10 
又 g  x  9x  3x1  3 ，令3x  t ，则t
3, 3 9  ，

 10 
所以 y  t2  3t  3 ， t
3, 3 9  ，

10 
因为 y  t2  3t  3 在区间3, 3 9  上单调递增，

min
当t  3 ，即 x  1 时， g  x g 1  3 ，
2 10 

易知函数 y  2x 1 1 在区间1, 9  上单调递减，
max
所以 f  x f 1  0 ，
所以 x  1 时， y  2g  x  f  x 取得最小值 6，所以λ 6 ，即λ的取值范围是6,  .
18．(1) a  14 ， a  41 ， a  a ；
313
44034
证明：由 an1 1 
2an 1 1 an  2
 2an 1 an  2 
an 1  1  an 1 ，
an1 1
又 a1 1  2 1  1 ，
a1 12 13
2an 1 1
an  2
2an 1 an  2
3an  33
an 1
 an 111
故数列.
 a 1 是以 3 为首项、 3 为公比的等比数列
 n
a 1
 1 n
3n  1
 
证明：由（2）得 n  ，故an .
3
an 1 
3n  1
1  3n 1  3n 1 2  2  2
n
所以 a3n 13n 11 3n 1 1 3n ，
则Sn
1 2 1 2 L1
332
2
3n1
1 2
3n
 2
 n   2  2 L
33
2
3n1
2 

3n 

2  1 n 
3 1  3  n 
 n      n  1  1    n 1
3
1 1
3
 
  
2
3
解析：（1） a  2 ，由题意a  2a1 1  5 ， a  2a2 1  14 ，
1
28 1
a1  24
a2  213
4
a  2a3 1  13  41 ，
a3  2
14  240
13
则a  a  1  1  0 ，故a  a .
34134034
（2）略
（3）略
19．(1)证明：因为h  x   f  x2   g  x2 ，所以h x  2 f  x f  x  2g  x g x ，
由题意h x0   2 f  x0  f  x0   2g  x0  g x0   0 ，即 f  x0  f  x0   g  x0  g x0  ，
因为 f  x0  f  x0   0 ，所以 f  x0   0 ，
由 f  x0  f  x0   g  x0  g x0  可得 g  x0   0 ，所以 f  x0   g x0  .
g  x0 f  x0 
(2)（i）  0, 2e  ；（ii）当0  a  1时， h  x 有 1 个零点；当a  1 时， h  x 有 3 个零点
2 

解析：（1）略
（2）（i）因为 f  x  alnx ， g  x x ，所以h  x  alnx2  x ，
因为h  x 在区间0,  上单调递减，
2a2lnx2a2lnx  x
所以h  x 1  0 ，
xx
1
即 2a2
 lnx .
x
设m  x  lnx ，则m x  1 lnx ，
xx2
当 x  0, e 时， m  x  0 ，当 x  e, ∞ 时， m x  0 ，
故m x 在 x  0, e 上单调递增，在 x  e, ∞ 上单调递减，
所以m  x  m e  1 ，
e
所以 1  1 ，又a  0 ，所以a 的取值范围是 0, 2e  .
2a2e
2 

（ii）由h  x   f  x2   g  x2  0 得 g  x  f  x  0 或 g  x  f  x  0 ，
x
即 x  1
 alnx  0 或 x  1
 alnx  0 .
x
x
设t  0 ，则t  1  2alnt  0 或t  1  2alnt  0 ，
tt
因为a  0 ， y  t  1  2alnt 单调递增，且t 1时 y  0 ，
t
所以方程t  1  2alnt  0 有唯一的根为 1.
t
方程t  1  2alnt  0 也有 1 个根为 1，
t
设n t   t  1  2alnt ，则nt   1 1  2a  t 2  2at 1 ，

tt 2tt 2
当0  a  1时， nt   0 ， n t  单调递增，
方程t  1  2alnt  0 有唯一的根 1， h  x 只有 1 个零点；
t
当a  1 时，令t 2  2at 1  0 ，得t  a 
a2 1 ，
则n t  在区间0, a 
a2 1 ， a 
a2 1, 上单调递增，在区间a 
a2 1, a 
a2 1 上单调递减，
且a 
 1 0,1 ， a 
a2 1
a2 1
a 
a2 1 1, ∞ ， n 1  0 ，
所以n a 
a2 1  0 ， n a 
a2 1  0 ，
令u a  e2a  2a ， a  1 ，则ua  2e2a  2  0 恒成立，
所以u a  e2a  2a 在a 1,  上单调递增，故u a  u 1 ，所以e2a  2a  e2  2  0 ，
易得e2a  2a  a 
， 1  a 
，且n  1   1  e2a  4a2  0 ， n e2a   e2a  1  4a2  0 ，
a2 1
a2 1
e2a
 e2a 
e2a
e2a

所以n t  在区间0, a 
a2 1 ， a 
a2 1, 上各有 1 个零点，
综上得，当0  a  1时， h  x 有 1 个零点；当a  1 时， h  x 有 3 个零点.