精品解析：黑龙江哈尔滨市第六中学校2025-2026学年高二下学期6月阶段性检测考试数学试题

哈尔滨市第六中学2024级高二下学期6月阶段检测考试 数学试题 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. 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：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 哈尔滨市第六中学2024级高二下学期6月阶段检测考试 数学试题 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】 【分析】求出集合后可求. 【详解】，， 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】 【详解】， ， 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】 【分析】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. 【详解】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】 【分析】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. 【详解】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. 【点睛】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】 【分析】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． 【详解】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． 【点睛】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】 【分析】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. 【详解】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：． 【点睛】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】 【分析】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. 【详解】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】 【分析】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. 【详解】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 【点睛】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】 【分析】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. 【详解】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】 【分析】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. 【详解】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】 【分析】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. 【详解】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】 【分析】利用复合函数的单调性可求得函数的单调递减区间. 【详解】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】 【分析】根据解析式得到，可得出，由此可得出结果. 【详解】，，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】 【分析】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． 【详解】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】 【分析】（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. 【小问1详解】 易知不等式等价于， 可得； 当时，不等式即为， 可得； 因此可得 【小问2详解】 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】 【分析】(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. 【小问1详解】 ，所以在处的切点坐标为， ，则， 故在处的切线方程为. 【小问2详解】 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】 【分析】（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. 【小问1详解】 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：； 【小问2详解】 ， 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】 【分析】（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． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 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】 【分析】（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. 【小问1详解】 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. 【小问2详解】 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. 【小问3详解】 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，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $