2025--2026学年黑龙江省哈尔滨市第六中学校高二下学期6月阶段性检测考试数学试题-含解析

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1. 设集合，，则（ ）
A. B. C. D.
2. ，是的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
3. 已知数列是等差数列，其前项和为，若，且，则取得最小值时的等于（ ）
A. B. C. D.
4. 函数在上有且仅有一个极值点，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
5. 已知函数是偶函数，为奇函数，并且当时，，则下列选项正确的是（ ）
A. 在上为减函数，且B. 在上为减函数，且
C. 在上为增函数，且D. 在上为增函数，且
6. 已知函数，，若，，使得，则实数a的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
7. 若曲线与曲线存在公共切线，则实数a的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
8. 已知函数，若关于x的方程恰有3个不同的实数解，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
二、多选题（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．）
9. 若，，，则（ ）
A. B.
C. D.
10. 设函数，及其导函数，的定义域均为，已知，，且，则（ ）
A. 是奇函数B.
C. 点为曲线的对称中心D.
11. 已知数列满足，，则下列结论正确的是（ ）
A. 是递增数列B. 当时，
C. D.
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分．）
12. 函数的单调递减区间是________．
13. 已知函数，若、，，则_________．
14. 已知数列的前项和为，，则_________．
四、解答题（本题共5小题，共77分，解答时要求写出必要的文字说明证明过程演算步骤．）
15. 已知不等式的解集为，不等式的解集为.
（1）若，求；
（2）若对任意实数，不等式均成立，求实数的取值范围.
16. 已知函数
（1）求在处的切线方程；
（2）讨论在上的零点个数.
17. 已知等差数列的前项和为，且，；数列满足
（1）求数列和的通项公式；
（2）记，求数列的前项和．
18. 已知数列满足，．
（1）证明：求，的值，并证明数列为等比数列；
（2）设，求数列的前项和．
19. 已知函数.
（1）当时，求函数在上的值域；
（2）若对任意，都有，求实数的取值范围；
（3）证明：.
数学
一、单选题单选题（本题共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．）
1. 设集合，，则（ ）
A. B. C. D.
答案：D
解析：
思路：求出集合后可求.
解答过程：，，
故，
故选：D.
2. ，是的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
答案：B
解析：
解答过程：，
，
显然当成立时，不一定成立，例如，
当成立时，显然一定成立，
所以，是的必要不充分条件.
3. 已知数列是等差数列，其前项和为，若，且，则取得最小值时的等于（ ）
A. B. C. D.
答案：C
解析：
思路：先利用等差数列通项公式与前项和公式列方程组求解首项和公差，再通过判断项的正负确定取最小值时的.
解答过程：设等差数列的公差为，。 根据等差数列的通项公式及前项和公式得：
由，得，化简整理得 ①；
由，得，化简整理得 ②.
所以得，将代入①得，
故通项公式为，
所以等差数列的首项，公差的一个递增等差数列，
因此等差数列的前项和有最小值.
令，即，解得，又，因此.
所以当时，，；当时，，.
因此时取得最小值.
4. 函数在上有且仅有一个极值点，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
答案：B
解析：
思路：求导得，由题意得在上只有一个变号零点，参变分离得，利用函数的单调性得的取值范围.
解答过程：因为，所以，
函数在上有且仅有一个极值点，
在上只有一个变号零点.令，得.
设在单调递减，在上单调递增，，
又，得当，在上只有一个变号零点.
经检验，不合题意，
故选：B.
方法提示：方法点睛：已知区间上有极值点，求参数的范围问题．可以从两个方面去思考：
（1）根据区间上极值点的个数情况，估计出函数图象的大致形状，从而推导出导数需要满足的条件，进而求出参数满足的条件；
（2）也可以先求导，通过求导分析函数的单调情况，再依据函数在区间内的零点情况，推导出函数本身需要满足的条件，此时，由于函数比较复杂，常常需要构造新函数，借助导数研究函数的单调性、极值等，层层推理得解．
5. 已知函数是偶函数，为奇函数，并且当时，，则下列选项正确的是（ ）
A. 在上为减函数，且B. 在上为减函数，且
C. 在上为增函数，且D. 在上为增函数，且
答案：C
解析：
思路：根据题意为奇函数，可知函数关于点对称，再结合函数是偶函数可得出函数的周期为4，而，，利用周期从而可求得时的解析式，即解出．
解答过程：因为函数为奇函数，所以函数关于点对称，即，
函数是偶函数，所以，于是，，用替换，可得，所以．
当，，
当时，，所以在上为增函数，且．
故选：C．
方法提示：本题主要考查函数的性质的应用，涉及函数的周期性，对称性，奇偶性的应用，以及利用函数解析式判断其单调性，意在考查学生的转化能力，属于中档题．
6. 已知函数，，若，，使得，则实数a的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
答案：A
解析：
思路：由题意可转化为，利用导数分别研究两个函数最小值，求解即可.
解答过程：解：当时，由得，
=，
当时，
在单调递减，
是函数的最小值，
当时，为增函数，
是函数的最小值，
又因为，都，使得，可得在的最小值不小于在的最小值，
即，解得：，
故选：．
方法提示：本题考查指数函数和对勾函数的图像及性质，考查利用导数研究单调性问题的应用，属于基础题.
7. 若曲线与曲线存在公共切线，则实数a的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
答案：D
解析：
思路：设切点，根据导数求解斜率，可得和，进而将问题转化为与函数的图象有交点，即可根据导数求解.
解答过程：由得，曲线在点处的切线斜率为
由得在点处的切线斜率为，
如果两条曲线存在公共切线，那么．
又由斜率公式可得，由此得到，则有解，
所以直线与函数的图象有交点即可．
当直线与函数的图象相切时，
设切点为，则，且，得，即有切点，此时，
故实数a的取值范围是．

故选：D．
8. 已知函数，若关于x的方程恰有3个不同的实数解，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
答案：C
解析：
思路：首先利用导数求出的单调性和最值，然后画出其图象，然后由可得或，结合图象求解即可.
解答过程：因为，所以当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，所以
作出的大致图象如下：
因为
所以
所以或
因为有1个根，所以有2个根
所以由的图象可得，解得
故选：C
方法提示：本题考查了利用导数研究函数的单调性，考查了数形结合的思想，属于典型题.
二、多选题（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．）
9. 若，，，则（ ）
A. B.
C. D.
答案：BCD
解析：
思路：根据基本不等式可得，进而可判断A；根据基本不等式“1”的妙用计算可判断B；根据基本不等式计算可判断C；利用换元法结合二次函数性质计算可判断D.
解答过程：对于A选项，因为，，，所以，
当且仅当时取等号，即，所以，所以A选项不正确；
对于B选项，因为，
当且仅当时取等号，所以B选项正确；
对于C选项，因为，所以，
当且仅当时取等号，所以C选项正确；
对于D选项，因为，，，
所以，
又因为，所以，所以D选项正确.
10. 设函数，及其导函数，的定义域均为，已知，，且，则（ ）
A. 是奇函数B.
C. 点为曲线的对称中心D.
答案：ACD
解析：
思路：根据函数奇偶性的概念可判断A；由为奇函数，知，从而结合，可得的值，即可判断B；根据复合函数求导结合函数的对称性即可得判断C；根据函数的奇偶性、对称性可得的周期性，由周期性可得的值，即可判断D.
解答过程：A.在中，令，得，所以，故是奇函数，A正确；
B.由定义域为，且为奇函数，知，
在中，令，得，B错误；
C.因为，所以，故，
又因为，所以，即，
所以点为曲线的对称中心，C正确；
D. 因为是奇函数，所以，故，即是偶函数，
由得，，故，即的周期为4，
因为，所以，即，
在中，令，得，
所以，D正确.
故选：ACD.
11. 已知数列满足，，则下列结论正确的是（ ）
A. 是递增数列B. 当时，
C. D.
答案：ABD
解析：
思路：利用作差法可判断数列的单调性，判断A的真假；利用数列的单调性，结合累加法和累乘法可判断BC的真假；利用裂项求和法可判断D的真假.
解答过程：对于A，易知，由，得，所以，所以是递增数列，故A正确；
对于B，由对A的分析，知，
所以（仅当时取等号），
由，得，
所以当时，，
所以当时，，
因此当时，，故B正确；
对于C，由，得，
由对B的分析知，当时，，所以，
故当时，，
所以，故C错误；
对于D，由，得，
即，
所以，故D正确．
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分．）
12. 函数的单调递减区间是________．
答案：
解析：
思路：利用复合函数的单调性可求得函数的单调递减区间.
解答过程：由题意得，所以，所以，
解得，所以函数的定义域为，
因为，
所以在上单调递增，在上单调递减，
又在上单调递增，
所以由复合函数的单调性可知的单调递减区间是.
故答案为：.
13. 已知函数，若、，，则_________．
答案：2
解析：
思路：根据解析式得到，可得出，由此可得出结果.
解答过程：，，则，，
所以函数的定义域为，定义域关于原点对称，
因为
，
因为，则，
因此，.
14. 已知数列的前项和为，，则_________．
答案：324
解析：
思路：分为奇数和偶数两种情况，发现数列的特点，再分组求和即可．
解答过程：由，
当为奇数时，为偶数，
则，，
两式相减得；
当为偶数时，为奇数，
则，，
两式相加得，
则
．
四、解答题（本题共5小题，共77分，解答时要求写出必要的文字说明证明过程演算步骤．）
15. 已知不等式的解集为，不等式的解集为.
（1）若，求；
（2）若对任意实数，不等式均成立，求实数的取值范围.
答案：（1）
（2）解析：
思路：（1）解不等式分别求出集合，可求得；
（2）对参数的取值进行分类讨论，利用判别式以及二次函数性质解不等式可得结果.
（1）易知不等式等价于，
可得；
当时，不等式即为，
可得；
因此可得
（2）当时，不等式为恒成立；
当时，由恒成立可得，解得；
综上可得实数的取值范围为.
16. 已知函数
（1）求在处的切线方程；
（2）讨论在上的零点个数.
答案：（1）
（2）当时，无零点；当时，一个零点；当时，两个零点.
解析：
思路：(1)求出切点坐标及切线斜率后即可求解
(2)分离参数将零点问题转化为直线与曲线交点个数问题，再利用导数研究函数单调性与最值求解即可.
（1），所以在处的切点坐标为，
，则，
故在处的切线方程为.
（2）讨论函数 的零点个数，即方程的解.
当时，等价于：，令，
问题转化为直线与的交点个数.
，得，当时，，单调递减；
当 时，，单调递增；是极小值点，.
时，时， .
结合的取值讨论零点个数：
当时，与无交点，无零点；
当时，与有一个交点，一个零点；
当 时，与有两个交点，两个零点.
综上：当时，无零点；当时，一个零点；当时，两个零点.
17. 已知等差数列的前项和为，且，；数列满足
（1）求数列和的通项公式；
（2）记，求数列的前项和．
答案：（1），
（2）解析：
思路：（1）应用等差数列的前n项和公式求基本量，即可得通项公式，根据递推式得，从而有，作差即可得；
（2）根据（1）得，应用裂项相消法求和.
（1）设等差数列的公差为，
由，得，
；
，
，
当且时，，
两式相减得，则；
当时，，满足；
综上所述：；
（2），
则；
18. 已知数列满足，．
（1）证明：求，的值，并证明数列为等比数列；
（2）设，求数列的前项和．
答案：（1），，
证明：当时，可得，
当时，可得，
因为，，，
所以，，
所以数列为首项为，公比为的等比数列．
（2）解析：
思路：（1）根据递推公式及等比数列的定义证明即可；
（2）由（1）求出，即可求出，从而得到，利用错位相减法计算即可．
（1）略
（2）由（1）得，，
则，，
所以 ，
所以，
则，
所以，
即．
19. 已知函数.
（1）当时，求函数在上的值域；
（2）若对任意，都有，求实数的取值范围；
（3）证明：.
答案：（1）
（2） （3）证明见解析
解析：
思路：（1）利用导数判断在上的单调性即可求解；
（2）问题转化为在上恒成立，令，利用二阶导数求的最小值，对二阶导数的符号进行分类讨论，分，，三种情况进行讨论；
（3）利用（2）的结论可得，进而利用放缩可得，然后利用裂项相消求和可证明不等式的左半部分，令，利用导数证明当时，，再利用放缩可得，最后利用裂项相消求和可证明不等式的右半部分.
（1）当时，，则，
令，则，即；
令，则，即.
所以在上单调递增，在上单调递减，
又，
所以的值域为.
（2）由，得，
设，则，
，
设，则，
所以当时，，所以在上单调递增，
所以.
①当时，在上单调递减，则，不满足题意；
②当时，，使得，
当时，在上单调递减，则，不满足题意；
③当时，在上单调递增，则，满足题意.
综上可得，即实数的取值范围是.
（3）由（2）得，当时，任意恒成立，
即，
所以，
所以
.
令，则，
存在，使得.
则当时，；当时，，
于是在上单调递增，在上单调递减，而，
所以，即当时，.
所以，
所以.
综上所述，.