精品解析：江西九江市同文中学2025-2026学年下学期期中考试高二年级数学试卷

九江市同文中学2025-2026学年度下学期期中考试 高二年级数学试卷 考试时间：120分钟 试卷分数：150分 命题人：高一数学备课组 审稿人：高一数学备课组 一、单项选择题：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. 在等差数列中，，则公差等于（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 2. 已知是等差数列的前项和，若，，则等于（ ） A. B. 2026 C. D. 4052 3. 数列满足，，则等于（ ） A. B. C. 2 D. 4. 函数的大致图象是（ ） A. B. C. D. 5. 若函数在上存在单调递减区间，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 6. 如图甲是第七届国际数学家大会（简称ICME-7）的会徽图案，其主体图案是由图乙的一连串直角三角形演化而成的.已知为直角顶点，设这些直角三角形的周长从小到大组成的数列为，令，为数列的前项和，则（ ） A. 18 B. 20 C. 22 D. 24 7. 已知定义在R上的函数满足，则（ ） A. B. C. D. 8. 设函数，若关于的方程 恰好有4个不相等的实数解，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 已知{an}为等比数列，Sn是其前n项和.若a2a3=8a1，且a4与2a5的等差中项为20，则（ ） A. a1=-1 B. 公比q=-2 C. a4=8 D. S5=31 10. 设函数，则（ ） A. 当时，有三个零点 B. 当时，是的极大值点 C. 存在a，b，使得为曲线的对称轴 D. 存在a，使得点为曲线的对称中心 11. 已知是数列的前项和，且，，则下列结论正确的是（ ） A. 数列为等比数列 B. 数列为等比数列 C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数的导函数为，且，则________． 13. 已知数列满足，，则数列的通项公式为______. 14. 若函数有2个零点，则实数a的取值范围是________． 四、解答题：本题共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. 已知等差数列的前项和为，数列为等比数列，且满足，，. （1）求和的通项公式； （2）设，求数列的前项和. 16. 已知是函数的一个极值点. （1）求函数的单调区间； （2）若直线与函数的图象有3个交点，求实数的取值范围. 17. 已知函数. （1）当时，求曲线在点处的切线与坐标轴围成的面积； （2）当时，证明：. 18. 已知数列的前项和为，，数列满足点在直线上. （1）求数列，的通项和； （2）令，求数列的前项和； （3）已知，求对所有的正整数都有成立的的范围. 19. 已知函数的图象在点处的切线方程为. （I）用表示出； （II）若在上恒成立，求的取值范围； （III）证明： 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 九江市同文中学2025-2026学年度下学期期中考试 高二年级数学试卷 考试时间：120分钟 试卷分数：150分 命题人：高一数学备课组 审稿人：高一数学备课组 一、单项选择题：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. 在等差数列中，，则公差等于（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】利用等差数列通项公式列出等式，联立两个等式即可求得结果. 【详解】设等差数列的首项为，公差为，因为， 所以,解得， 故选：B 2. 已知是等差数列的前项和，若，，则等于（ ） A. B. 2026 C. D. 4052 【答案】C 【解析】 【分析】根据是等差数列的前项和，推得数列是等差数列，利用基本量运算即可求解. 【详解】因为是等差数列的前项和， 所以数列是等差数列. 又，， 则数列的公差，首项为， 所以，. 3. 数列满足，，则等于（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】A 【解析】 【详解】因为，， 所以，，，，，… 所以数列是周期数列，周期为3， 所以. 4. 函数的大致图象是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求导，分析函数的单调性，再结合时，即可求解. 【详解】因为，则函数的定义域为， 所以， 由，得或， 由，得且， 所以函数的单调递增区间为，，单调递减区间为，， 又时，，分析图象可知，C选项正确. 5. 若函数在上存在单调递减区间，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】转化问题为存在，使成立，进而求解即可. 【详解】因为函数在上存在单调递减区间， 所以存在，使成立， 即存在，使成立， 令，因为，所以， 所以当，即时，，所以， 6. 如图甲是第七届国际数学家大会（简称ICME-7）的会徽图案，其主体图案是由图乙的一连串直角三角形演化而成的.已知为直角顶点，设这些直角三角形的周长从小到大组成的数列为，令，为数列的前项和，则（ ） A. 18 B. 20 C. 22 D. 24 【答案】A 【解析】 【分析】由题意可得，进而可得周长及，根据裂项相消法求和可得，即可得出答案． 【详解】根据题意：， 得，，，… 故， ， ， . 7. 已知定义在R上的函数满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】构造函数，利用导函数判断函数的单调性，然后利用函数单调性即可得 【详解】令，又 则， 因此函数是增函数， 于是得， 即， 所以，即， 故选：B 8. 设函数，若关于的方程 恰好有4个不相等的实数解，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据因式分解，将问题转化为或共有4个解，利用导数求的单调性，进而可作出的图象，即可求解. 【详解】解：因为恰好有4个不相等的实数解， 所以恰好有4个不相等的实数解， 所以或共有4个解， 设，，则， 所以时，，单调递增， 时，，单调递减， 且，， 当时，，所以； 设，， 则，为单调减函数， 且时，，， 作出函数的图象如图所示： 由图可知只有一解， 要恰好有4个不相等的实数解， 即要恰有3解， 所以， 即， 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 已知{an}为等比数列，Sn是其前n项和.若a2a3=8a1，且a4与2a5的等差中项为20，则（ ） A. a1=-1 B. 公比q=-2 C. a4=8 D. S5=31 【答案】CD 【解析】 【分析】利用等比数列的基本量运算求出数列的首项和公比，利用求和公式可得S5，结合选项逐一判断即可． 【详解】∵a2a3=8a1，∴a1q3=8，即a4=8. ∵a4+2a5=40，∴a4(1+2q)=40，∴q=2，a1=1. ∴S5 =31. 故选：CD 10. 设函数，则（ ） A. 当时，有三个零点 B. 当时，是的极大值点 C. 存在a，b，使得为曲线的对称轴 D. 存在a，使得点为曲线的对称中心 【答案】AD 【解析】 【分析】A选项，先分析出函数的极值点为，根据零点存在定理和极值的符号判断出在上各有一个零点；B选项，根据极值和导函数符号的关系进行分析；C选项，假设存在这样的，使得为的对称轴，则为恒等式，据此计算判断；D选项，若存在这样的，使得为的对称中心，则，据此进行计算判断，亦可利用拐点结论直接求解. 【详解】A选项，，由于， 故时，故在上单调递增， 时，，单调递减， 则在处取到极大值，在处取到极小值， 由，，则， 根据零点存在定理在上有一个零点， 又，，则， 则在上各有一个零点，于是时，有三个零点，A选项正确； B选项，，时，，单调递减， 时，单调递增， 此时在处取到极小值，B选项错误； C选项，假设存在这样的，使得为的对称轴， 即存在这样的使得， 即， 根据二项式定理，等式右边展开式含有的项为， 于是等式左右两边的系数都不相等，原等式不可能恒成立， 于是不存在这样的，使得为的对称轴，C选项错误； D选项， 方法一：利用对称中心的表达式化简 ，若存在这样的，使得为的对称中心， 则，事实上， ， 于是 即，解得，即存在使得是的对称中心，D选项正确. 方法二：直接利用拐点结论 任何三次函数都有对称中心，对称中心的横坐标是二阶导数的零点， ，，， 由，于是该三次函数的对称中心为， 由题意也是对称中心，故， 即存在使得是的对称中心，D选项正确. 故选：AD 【点睛】结论点睛：（1）的对称轴为；（2）关于对称；（3）任何三次函数都有对称中心，对称中心是三次函数的拐点，对称中心的横坐标是的解，即是三次函数的对称中心 11. 已知是数列的前项和，且，，则下列结论正确的是（ ） A. 数列为等比数列 B. 数列为等比数列 C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】对于A，根据题设易得，再验证得到即可判断；对于B，根据题设易得，再验证得到即可判断；对于D，结合AB得到，，进而求解判断即可；对于C，利用分组求和求解判断即可.. 【详解】对于A，由， 则， 因为，所以，则， 所以数列是首项为2，公比为2的等比数列，故A正确； 对于B，由， 则， 又，，满足， 所以是首项为，公比为的等比数列，故B正确； 对于D，由A知，，由B知，， 联立，则，故D错误； 对于C， ，故C正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数的导函数为，且，则________． 【答案】 【解析】 【分析】对函数表达式同时求导并令，解方程即可求得结果. 【详解】已知函数， 求导可得， 代入，可得，即. 13. 已知数列满足，，则数列的通项公式为______. 【答案】 【解析】 【分析】利用已知求的方法，分别讨论时，与时，的通项，再进行验证； 【详解】由， 当时，， 当时，， 两式相减，得，即， 所以， 所以， 所以， 由于时，不满足上式， 所以. 故答案为：. 14. 若函数有2个零点，则实数a的取值范围是________． 【答案】 【解析】 【分析】通过同构简化函数形式，然后再转化成两个函数，画图确定参数范围. 【详解】， 令，， 显然函数单调递增， 所以函数有2个零点，等价于有两个根，即有两个根， 设过原点且与曲线相切的直线方程为，切点为， 因为，所以，解得，，得切线方程为， 如下图，作出函数的图像及其过原点的切线，可知当，即时有两个交点，即有两个根． 所以实数a的取值范围为 故答案为：. 四、解答题：本题共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. 已知等差数列的前项和为，数列为等比数列，且满足，，. （1）求和的通项公式； （2）设，求数列的前项和. 【答案】（1），； （2）. 【解析】 【分析】（1）设出等差数列公差、等比数列公比，由已知条件列出方程组，求解即得通项公式. （2）由（1）求出，再利用裂项相消法及等比数列前项和公式分组求和. 【小问1详解】 设等差数列的公差为，数列的公比为， 依题意，，，，， 即且，解得，，或（舍去） 所以和的通项公式分别为，. 【小问2详解】 由（1）得，则，， 因此， 所以. 16. 已知是函数的一个极值点. （1）求函数的单调区间； （2）若直线与函数的图象有3个交点，求实数的取值范围. 【答案】（1）单调增区间是，，单调减区间是 （2） 【解析】 【分析】（1）由题意可得，可得，再利用导数分析函数的单调性； （2）结合函数的单调性及极值分析求解即可. 【小问1详解】 由，， 则，所以，因此， 则， 则，. 当时，，当时，， 所以的单调增区间是，，的单调减区间是； 【小问2详解】 由（1）知，在内单调递增，在内单调递减，在上单调递增， 且当或时，， 所以的极大值为，极小值为. 因为时，，时，，， 所以要使直线与函数的图象有3个交点， 则在的三个单调区间，，内， 直线与的图象各有一个交点，当且仅当， 因此，的取值范围为. 17. 已知函数. （1）当时，求曲线在点处的切线与坐标轴围成的面积； （2）当时，证明：. 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）求导，利用导数的几何意义求出切线方程，进而求解即可； （2）当时，由，转化问题为证明，证法一：设，利用导数分析其单调性，进而求证即可；证法二：分别证明，，进而求证即可. 【小问1详解】 当时，，所以， 所以，， 所以曲线在点处的切线方程为. 即.令，，令，， 则曲线在点处的切线与坐标轴围成的面积为. 【小问2详解】 证法一：当时，. 要证明，只需证明， 设，则， 设，则， 所以函数在上单调递增， 因为，， 所以函数在上有唯一零点，且，. 因为时，所以，即， 当时，；当时，， 所以当时，取得最小值， 故. 综上可知，当时，. 证法二：当时，. 要证明，只需证明， 设，则， 令，得，令，得， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 则，即，当且仅当时取等号， 设，则， 令，得，令，得， 所以函数在上单调递减，在上单调递增，， 则，即，当且仅当时取等号， 所以，，则，即. 18. 已知数列的前项和为，，数列满足点在直线上. （1）求数列，的通项和； （2）令，求数列的前项和； （3）已知，求对所有的正整数都有成立的的范围. 【答案】（1），； （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据与的关系，结合等比数列的定义求的通项公式，结合等差数列的定义求的通项公式； （2）由（1）可得，再利用错位相减法求解即可； （3）由（1）可得，根据数列的单调性可得最大值为，结合题意可得恒成立，进而利用基本不等式运算求解即可. 【小问1详解】 ， 当时，，即， 当时，，， ，， 数列是首项为，公比为2的等比数列. ，， 又点在直线上， ，即，又， 数列是首项为，公差为2的等差数列. . 【小问2详解】 ， ，① ，② 因此①②得：. 即 . 【小问3详解】 由（1）知当，， ， 数列为单调递减数列， 当时，，即最大值为， 由可得， 而，当且仅当时取等号， . 19. 已知函数的图象在点处的切线方程为. （I）用表示出； （II）若在上恒成立，求的取值范围； （III）证明： 【答案】（I），；（II）；（III）证明见解析. 【解析】 【分析】（I）根据导数的几何意义，结合切线方程即可得到结果； （II）令，可求得的两根；分别在和两种情况下，根据单调性可得结果； （III）根据（II）的结论可知当时，在上恒成立，令依次取，，，…，，各式相加整理即可证得结论. 【详解】（I），，； 又，； （II）由（I）得：； 令，则在上恒成立； ， 令，解得：，； （1）当，即时，在上恒成立， 在上单调递增，，满足题意； （2）当，即时， 若，则，则在上单调递减， 此时，不合题意； 综上所述：的取值范围为； （III）由（II）知：当时，在上恒成立， 那么当时，在上恒成立； 令依次取，，，…，可得： ，，，…，， ， ， ， . 【点睛】关键点点睛：本题考查导数的几何意义、利用导数解决恒成立问题和证明不等式的问题；证明不等式的关键是能够结合恒成立的结论，通过赋值法得到基本不等关系，通过累加的方式整理化简得到结论. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $