2025-2026学年黑龙江省牡丹江市名校协作体高二（上）期末数学试卷（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2025-2026学年黑龙江省牡丹江市名校协作体高二（上）期末数学试卷一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.如果函数y=f(x)在x=1处的导数为1，则Δx→0limf(1+2Δx)−f(1)ΔxA.1 B.12 C.2 D.2.数列{an}的通项公式为an=2n−9，SA.−9 B.−13 C.−15 D.−193.函数f(x)=x−lnx的单调减区间是(

)A.(12,+∞) B.(0,12)4.已知Sn与Tn分别是等差数列{an}与等差数列{bn}的前A.1 B.2 C.3 D.45.设曲线y=e(n+1)x(n∈N∗)在(1,en+1)处的切线与A.−1 B.−log20252024 C.log6.2026年春节前夕，某商城针对顾客举办了一次“购物送春联”的促销活动，活动规则如下：将一天内购物不少于800元的顾客按购物顺序从1开始依次编号，编号能被3除余1，也能被4除余1的顾客可以获得春联1幅，否则不能获得春联.若某天符合条件的顾客共有1000人，则恰好获得1幅春联的人数为(

)A.83 B.84 C.85 D.867.已知函数f(x)的定义域为(−π2,π2)，其导函数是f′(x)，且满足f′(x)cosx+f(x)sinx<0，则关于xA.(π3,π2) B.(−8.若对任意的x∈(0,+∞)，不等式eax−x+sin2ax≥1eax−A.[12e,+∞) B.[1,+∞) C.[2,+∞)二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。9.已知函数f(x)的导函数f′(x)的图象如图所示，则下列判断不正确的是(

)A.函数f(x)有四个极值点

B.(2,f(2))为f(x)的极大值点

C.函数f(x)在(−1,1)上单调递增

D.函数f(x)在(−2,0)上单调递减10.已知数列{an}是首项为2的等比数列，其前n项和为Sn，若2A.an≥0 B.Sn≥0

C.an+2≥a11.已知函数f(x)=x2+2x−2eA.函数f(x)有极小值

B.函数f(x)在x=1处切线的斜率为4

C.当k∈(−2e2,6e2)时，f(x)=k恰有三个实根

D.若三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.已知函数f(x)=x3+2ax2+a2x在13.在等比数列{an}中，a1+a2+a314.已知函数f(x)=13x3+x2+ax.若函数g(x)=xex对四、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.(本小题13分)

已知函数f(x)=3x3−9x+5．

(1)求函数f(x)的单调区间；

(2)求函数16.(本小题15分)

设等差数列{an}的前n项和为Sn，a1=1，a3=9．

(1)求{an}的通项公式；

(2)求Sn17.(本小题15分)

已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且an+1=2Sn+2(n∈N∗)．

(1)求数列{an}的通项公式．

(2)在an与an+1之间插入n个数，使这n+2个数组成一个公差为dn的等差数列，在数列{dn}18.(本小题17分)

已知函数f(x)=alnx−x+a−1x，a∈R．

(1)讨论函数f(x)的单调性；

(2)若函数f(x)在区间[1,+∞)上的最大值为2，求实数a的值．19.(本小题17分)

已知正项数列{an}的前n项和为Sn满足8Sn=an2+4an+3,a1>1，数列{bn}满足b1=a1且bn+1=2bn−1．

(1)证明：数列参考答案1.C

2.B

3.D

4.C

5.A

6.B

7.A

8.D

9.ABC

10.BC

11.AD

12.−1

13.−44

14.(−∞,115.解：(1)f′(x)=9x2−9，

令f′(x)>0，解得：x>1或x<−1，

令f′(x)<0，解得：−1<x<1，

∴函数f(x)在(−∞,−1)，(1,+∞)递增，在(−1,1)递减，

(2)由(1)得：x=−1时，函数f(x)取得极大值11，

x=1时，函数f(x)取得极小值16.解：(1)设等差数列{an}的公差为d，且a1=1，a3=9，

可得1+2d=9，解得d=4，

所以an=1+(n−1)×4=4n−3；

(2)由等差数列的前n项和公式，可得Sn=n(1+4n−3)2=n(2n−1)=217.解：(1)由an+1=2Sn+2，可得an=2Sn−1+2(n≥2)，两式相减可得an+1=3an(n≥2)，

由于{an}为等比数列，可得a2=3a1=2S1+2=2a1+2，解得a1=2，

所以an=2×3n−1；

(2)由(1)可知an=2×3n−1，an+1=2×3n．

因为an+1=an+(n+2−1)dn，所以dn=4×3n−1n+1，

假设在数列{dn}中存在三项dm，dk，18.解：(1)函数f(x)的定义域为(0.+∞)，

f′(x)=ax−1−a−1x2=−x2+ax−(a−1)x2=−[x−(a−1)](x−1)x2,x∈(0,+∞)，

当a−1=1，即a=2时，f′(x)≤0在区间(0,+∞)上恒成立，

所以函数f(x)在区间(0,+∞)上单调递减；

当a−1>1，即a>2时，x∈(1,a−1)，f′(x)>0，所以函数f(x)在区间(1,a−1)上单调递增；

x∈(0,1)∪(a−1,+∞)时，f′(x)<0，所以函数f(x)在区间(0,1)，(a−1,+∞)上单调递减；

当0<a−1<1，即1<a<2时，x∈(a−1,1)，f′(x)>0，所以函数f(x)在区间(a−1,1)上单调递增；

x∈(0,a−1)∪(1,+∞)时，f′(x)<0，所以函数f(x)在区间(0,a−1)，(1,+∞)上单调递减；

当a−1≤0，即a≤1时，x∈(0,1)，f′(x)>0，所以函数f(x)在区间(0,1)上单调递增，

x∈(1,+∞)，f′(x)<0，所以函数f(x)在区间(1,+∞)上单调递减．

综上，当a≤1时，函数f(x)在区间(0,1)上单调递增，在区间(1,+∞)上单调递减；

当1<a<2时，函数f(x)在区间(a−1,1)上单调递增，在区间(0,a−1)，(1,+∞)上单调递减；

当a=2时，函数f(x)在区间(0,+∞)上单调递减；

当a>2时，函数f(x)在区间(1,a−1)上单调递增，在区间(0,1)，(a−1,+∞)上单调递减．

(2)由(1)可知，当a≤2时，f(x)在区间[1,+∞)上单调递减，

所以f(x)在[1,+∞)上的最大值为f(1)=a−2=2，解得a=4>2，不合题意；

当a>2时，f(x)在区间[1,a−1)上单调递增，在区间(a−1,+∞)上单调递减，

所以f(x)在[1,+∞)上的最大值为f(a−1)=aln(a−1)−(a−1)+1=2，

整理得19.解：(1)证明：由bn+1=2bn−1，得bn+1−1bn−1=2，

因此{bn−1}是公比