四川省巴中市2025-2026学年高二数学下学期期中测试试题含解析

2025-2026学年高二下学期期中测试

数学试题

（满分150分，考试时间120分钟）

一、选择题：本大题共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

1.已知函数fx，则f2（）

x2

11

A.2B.4C.D.

24

【答案】D

【解析】

【分析】根据导数的定义求解即可.

【详解】由导数的定义可得：

11

22

f2xf22x2x441．

f2limlimlim22

x0xx0xx042x424

故选：D.

2.已知等差数列an的通项公式为an2n9，则使得前n项和Sn最小的n的值为（）

A.3B.4C.5D.6

【答案】B

【解析】

【分析】等差数列an为单调递增数列，则使得前n项和Sn最小即为所有负数项的和，利用通项公式求出

n的值即可．

9

【详解】由a2n90，解得n，

n2

1n4时，an0；n5时，an0

则使得前n项和Sn最小的n的值为4

故选：B

【点睛】本题考查等差数列的单调性，考查等差数列的和的性质，属于基础题．

3.导函数yfx的图象如图所示，在标记的点中，函数yfx的极大值点为（）

A.x1B.x2C.x3D.x4

【答案】A

【解析】

【分析】根据导函数图象判断原函数的单调性即可.

【详解】由图可知：当x,x1x3,时，fx0；当xx1,x3时，fx0.

所以可知函数fx在,x1,x3,单调递增，在x1,x3单调递减，

所以函数fx的极大值点为x1.

故选：A

4.已知等比数列an中，a3a101，a62，则公比q为（）

1

A.1B.2C.D.4

24

【答案】C

【解析】

【分析】直接使用已知条件及公比的性质得到结论.

14a3a10a3a1011

【详解】q3q22.

qa6a6a624

故选：C.

π3π

5.已知函数fxaxcosx在,上单调递增，则a的取值范围是（）

44

22

A.1,B.1,C.,D.,

22

【答案】B

【解析】

π3π

【分析】由题意得fxasinx0在,上恒成立，分离参数即可得解.

44

π3π

【详解】fxasinx0在,上恒成立，即asinx，所以a1，则a的取值范围是1,.

44

故选：B.

6.下列命题为真命题的是（）

11ab

A.若ab1，则ab；B.若ab1，则；

eelnblna

C.若ab0，则a2abb2；D.若ab0，则cosatanb.

【答案】B

【解析】

【分析】利用指数函数的单调性判断A，构造yxlnx且x1，导数研究其单调性得到大小关系判断B，

应用不等式的性质判断C，由余弦、正切函数的性质，举反例判断D.

1111

【详解】由ab1，则01，故ab，A为假命题，

abee

令yxlnx且x1，则y1lnx0，故yxlnx在1,上单调递增，

ab

由ab1，则alnablnb，B为真命题，

lnblna

22

由ab0，则ab0，故aabb，即a2abb2，C为假命题，

ππ

若ab0，反例：如a,b，则cosa0tanb1，D为假命题.

24

ππ

7.已知*，设函数的零点个数为，则＝（）

nNfxsinxlog4n1xana1a2a10

22

A.120B.210C.75D.240

【答案】A

【解析】

【分析】先利用图象的交点求出当n＝1时fx的零点个数，再根据正弦型函数的周期以及

log4n14n11得出数列an为等差数列即可求出.

ππ

【详解】ysinx过点1,0,2,1,3,0,4,1,5,0，

22

ππ

则可作出ysinx的图象.

22

当n＝1时，作出ylog3x的图象，

ππ

因为log331，故ylog3x的图象与ysinx图象有3个交点；

22

ππ

注意到ysinx的周期为4，log4n14n11，

22

n每增加1个单位，4n1也增加4个单位（一个周期），则交点增加2个，

故数列an是首项为3，公差为2的等差数列，

109

所以aaa3102120.

12102

8.定义在0,上的函数fx满足xfxx1，且f5ln5e5，则不等式fexexx的解

集为（）

A.10,B.ln5,C.ln10,D.5,

【答案】B

【解析】

【分析】根据题意，构造函数gxfxlnxx，可得gx在0,上单调递增，然后结合其单调

性即可求解不等式.

【详解】由xfxx1可得xfxx10，

设gxfxlnxx，x0,，

1xfxx1

则gxfx10，

xx

即函数gx在0,上单调递增，

且g5f5ln55ln5e5ln550，

由fexexx可得fexlnexex0，

x

即ge0g5，即ex5，解得xln5，

所以不等式的解集为ln5,.

故选：B.

二、选择题：本大题共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，有选错的得0分．

9.下列命题正确的有（）

f12xf1

A.已知函数fx在R上可导，若f12，则lim2

x0x

1

B.已知函数fxln2x1，若fx1，则x

002

cosxxsinxcosx

C.

xx2

9

D.设函数fx的导函数为fx，且fxx23xf2lnx，则f2

4

【答案】BD

【解析】

【分析】借助导数定义可得A；借助复合函数的导数运算法则计算即可得B；借助导数的除法运算法则计算

即可得C；利用导数运算法则计算即可得D.

f12Δxf1f12Δxf1

【详解】对A：f1lim2，则lim4，故A错误；

Δx02ΔxΔx0Δx

2

21

对B：fx，则fx01，解得x0，故B正确；

2x12x012

cosxsinxxcosxxsinxcosx

对C：，故C错误；

xx2x2

119

对D：fx2x3f2，则f2223f23f2，

x22

9

则f2，故D正确.

4

2n,n为奇数，

10.记为数列的前项和，已知则（）

Snannann

1,n为偶数，

2

A.2026是数列an中的项B.数列a2n1是公比为2的等比数列

1

C.S115D.若ca，则数列的前n项和小于1

7n2n2

cncn1

【答案】AD

【解析】

【分析】根据n是奇数还是偶数，分类讨论an2026的解的情况可判断A；根据等比数列的定义，由

�2�+1−1

�2�−1

1

的比值即可判断B；根据an的通项公式可求出S7，进而判断C；根据cna2n的表达式，可得到

cncn1

的通项公式，通过裂项相消法求和可判断D.

【详解】对于A，当是奇数时，n，因为1011，所以方程无正整数解，

nan221024,22048

�

2=2026

即2026不是数列an的奇数项；

n

当n是偶数时，an1，令，解得n4050，即，所以2026是数列an中

2�

4050

的偶数项，故A正确.2+1=2026�=2026

对于B，由数列的通项公式可知，且，为非零常数，

an2�+1

�2�+1−1�2�+12

2�−1

�2�−1≠0�2�−1=�2�−1=2=4

所以数列a2n1是公比为4的等比数列，故B错误.

对于C，由数列an的通项公式可知

357

71357246

，故C错误.�=�+�+�+�+�+�+�=2+2+2+2+2+

3+4=1792n

对于D，因为，所以，

cna2n1n1

21111

����+1=�+1�+2=�+1−�+2

1

所以数列的前n项和为，小于1，故D正确.

2

cncn111111111

2−3+3−4+⋯+�+1−�+2=2−�+2

x

11.对于函数f(x)，则（）

lnx

A.函数f(x)的单调递减区间为(0,e)

B.不存在kR，使得直线ykx1与曲线yfx相切

C.若方程fxk有6个不等实数根，则ke

D.对任意正实数，且，若，则2

x1,x2x1x2f(x1)f(x2)x1x2e

【答案】BCD

【解析】

【分析】利用商的导数结合定义域就可判断A，利用导数来求切线斜率，结合函数零点即可判断B，利用偶

函数，及分段函数单调性及值域，即可判断C，利用极值点偏移来证明即可判断D.

x

【详解】函数f(x)的定义域为且x1，

lnx

ln�|�>0

求导得：，

ln

�−1

'2

�ln�=(�)

由，解得或，

ln0x11xe

�−1

'2

��=(�)<0

所以f(x)的单调递减区间是(0,1)和1,e，故A错误；

lnx1

0

假设存在切线ykx1，设切点为，则斜率k2，

�0(lnx0)

�0,ln�0

ln

所以在该点的切线方程为：，

ln

�0�0−1

2

�−ln�0=(�0)�−�0

由切线ykx1过点1,0，所以代入上面切线方程可得：

ln

lnln，

ln

�0�0−1

2

−ln�0=(�0)1−�0⇒−�0ln�0=�0−1−�0ln�0+�0⇒�0−1+�0=0

因为xlnx是增函数，所以lnx0x01有唯一解x01，

但x01不在定义域内，所以不存在这样的k，故B正确；

由是偶函数，则只需分析x0的根为3个：

当�x=(�0,1�)时，，由A选项可得：

��

x��=ln�=−ln�

fx在(0,1)上是单调递增，其值域为(0,)，

lnx

所以在x(0,1)时，对任意k0仅有1个根；

当x(1,)时，，

��

��=ln�=ln�

在1,e上单调递减，在e,+上单调递增，

�

��=ln�

所以的最小值为f(e)e，

�

��=ln�

且当x1时，，当x时，，

��

ln�ln�

所以当ke时�，�一定=有2→个+根∞，��=→+∞

此时当ke时，满足在x0区间内有3个根，故C正确；

若，不妨设，要证2，

f(x1)f(x2)x1ex21x1x2e

e2x

由于x1e，且f(x)在e,+上单调递增，

x2lnx

所以原不等式等价于证明：e，

2

��1>��2

e2

又因为f(x1)f(x2)，所以又等价于证明：f(x2)f()，

x2

构造ee，

2

�

��=��−�,�∈1,e

lnelnlne1

求导得2

ln2eln2

�−1ln�−1�−1−ln�

'222222

(�)�2(�)�(2−ln�)

�(�)=−−(�)=+

lnelneln，

ln2222ln2

1�(2−ln�)−(�)

222222

=�−1(�)−�(2−ln�)=�−1�(2−ln�)(�)

构造函数yx(2lnx)elnx，x1,e，

ee

求导得：y2lnx11lnx，

xx

eee-

再构造函数s1lnx，x1,e，求导得：，

x1�

'22

e�=−�+e�=�>0e

则s1lnx在x1,e上单调递增，即s1lnx1lne10，

xxe

e

所以y1lnx0，则yx(2lnx)elnx在x1,e上单调递减，

x

即yx(2lnx)elnxe(2lne)elne0，

所以x(2lnx)elnx0x2(2lnx)2e2(lnx)2x2(2lnx)2e2(lnx)20，

即当x1,e时，lneln，

222ln2

�(2−ln�)−(�)

'222

�(�)=�−1�(2−ln�)(�)<0

e2

故gxfxf在x1,e上单调递减，

x

即eee，

2e2

��=��−��>�−�=0

e2

所以得证，即不等式2恒成立，故D正确.

f(x2)f()x1x2e

x2

三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．

12.已知函数f(x)exx，则曲线yfx在x0处的切线方程为__________．

【答案】2xy10

【解析】

【分析】利用导数的几何意义，先求出曲线yfx在x0处的点的坐标及导函数值，再根据点斜式即

可得到切线方程.

【详解】因为f(x)exx，所以0e00=1，e1，

'�

所以0e01=2，�()=+�(�)=+

'

所以曲�(线)y=f+x在x0处的切线方程为2，即2xy10.

�−1=�−0

13.已知数列an的前n项和为Sn,Sn1Snan10,a11，则a8__________．

1

【答案】

56

【解析】

【分析】先根据已知条件推导出数列的通项公式，再求出Sn，最后根据anSnSn1n2求出a8.

1

{��}

【详解】已知Sn1Snan10，且an1Sn1Sn，

所以Sn1SnSn1Sn0，两边同除以Sn1Sn，

则，整理得：，

1111

1+��−��+1=0��+1−��=1

由a11得S1a11，故是首项为1，公差为1的等差数列，

1

{��}

因此：，

11

��=1+(�−1)×1=�⟹��=�

当n2时，，

111

��=��−��−1=�−�−1=−�(�−1)

所以.

1111

�8=�8−�7=8−7=−8(8−1)=−56

14.已知函数yex的图象在点Pa,b（其中a2）处的切线与圆心为Q1,0的圆相切，则圆Q的最大

面积是_________________

【答案】2π

【解析】

【分析】求出切线方程，根据点到直线的距离公式用a表示出半径，然后利用导数求最值，然后可得面积

最大值.

【详解】因为yex，yex，所以bea，切线斜率为kea，

所以切线方程为yeaeaxa，即eaxyea1a0，

eaea1aea2a

r,a2

则圆Q的半径22a，

ea1e1

2xex

令fxx2，

e2x1

2e2x

1xexe2x12xex

2x

则2e1

f(x)2

e2x1

1xexe2x12xe3xexe2xx1

33，

e2x1e2x1

令gxe2xx1,x2，则gx2e2x10，

所以gx在,2上单调递减，又g00，

所以当x,0时，gx0，即f(x)0，当x0,2时，gx0，即f(x)0，

所以fx在,0上单调递增，在0,2上单调递减，

2

所以fxf02，即r2，

max2max

所以2.

Smaxπrmax2π

四、解答题：本大题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．

15.已知函数fxx33x29x1xR．

（1）求函数fx的单调区间和极值．

（2）若2a1fx对x2,4恒成立，求实数a的取值范围．

【答案】（1）答案见解析

25

（2）,

2

【解析】

【分析】（1）利用导数与函数单调性之间的关系可求得函数fx的增区间和减区间，即求得函数fx的

极大值和极小值；

（2）利用导数求出函数在区间上的最小值，可得出，由此可解得实数的

fx2,42a1fxmina

取值范围.

【小问1详解】

因为fxx33x29x1xR，则fx3x26x93x1x3，

令f¢(x)=0，可得x1或x3，列表如下：

x,111,333,

f¢(x)00

fx增极大值减极小值增

所以，函数fx的增区间为,1、3,，减区间为1,3，

函数fx的极大值为f113916，极小值为f3272727126.

【小问2详解】

由（1）可知，函数fx在区间2,1上单调递增，在1,3上单调递减，在3,4上单调递增，

且f28121811，f3272727126，

故当时，，

x2,4fxminminf2,f3f326

25

因为2a1fx对x2,4恒成立，则2a1fx26，解得a，

min2

25

因此，实数a的取值范围是,.

2

16.如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，A1D平面ABC，ABAC，ABAC，D,E分别为BC，B1C1

的中点．

（1）证明：侧面BCC1B1为矩形；

（2）若，求直线与平面夹角的正弦值．

AA12AB4AA1A1CE

【答案】（1）证明见解析

（2）7．

8

【解析】

【分析】（1）根据线面平行的传递性可得A1D平面A1B1C1，从而可得A1DB1C1，根据等腰可得

A1EB1C1，故可证明B1C1平面A1DE，从而可得B1C1DE，根据平行关系可得B1C1BB1，从而

可证侧面BCC1B1为矩形．

（2）以D为坐标原点，直线DB,AD,DA1分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法可

求线面角的正弦值.

【小问1详解】

如图，连接DE，由题知A1B1A1C1，E是B1C1的中点，∴A1EB1C1，

∵A1D平面ABC，而平面ABC//平面A1B1C1，∴A1D平面A1B1C1，

又B1C1平面A1B1C1，∴A1DB1C1．

又A1DA1EA1，A1D，A1E平面A1DE，∴B1C1平面A1DE，

又DE平面A1DE，∴B1C1DE．

∵D,E分别是BC，B1C1的中点，∴DE//BB1，∴B1C1BB1．

∴侧面BCC1B1为矩形．

【小问2详解】

连接AD，以D为坐标原点，直线DB,AD,DA1分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系.

易知，，，

A1EAD2A1D14BC22

∴，，，，

A0,2,0C2,0,0A10,0,14E0,2,14

∴，，，

CA12,0,14CE2,2,14AA10,2,14

设平面A1CE的法向量为nx,y,z，

CA1n2x14z0

则，取．

n7,0,1

CEn2x2y14z0

AA1n147

∴，

cosAA1,n

AA1n488

7

∴直线AA1与平面A1CE夹角的正弦值为．

8

x2y2

17.已知椭圆C:1ab0的左右焦点分别为F1，F2，点A0,2满足直线AF1，AF2的斜

a2b2

率之积为4，点B是C上任意一点，BF1BF222．

（1）求C的方程；

（2）过点A的直线l与C交于D，E两点，若以DE为直径的圆经过坐标原点O，求直线l的方程．

x2

【答案】（1）y21

2

（2）y5x2

【解析】

【分析】（1）根据椭圆的概念，以及两点之间的斜率公式，求出椭圆的参数，写出标准方程即可；

（2）根据直线和椭圆的位置关系，联立方程组，根据韦达定理和向量数量积的坐标表示，求出参数值，进

而求出直线方程即可.

【小问1详解】

设椭圆C的半焦距为cc0，则F1c,0,F2c,0，

2-022-02

所以k==,k==-，

AF10+ccAF20-cc

22

因为直线AF，AF的斜率之积为4，所以4，解得c1．

12cc

因为，利用椭圆定义可得椭圆长轴，解得，

BF1BF2222a22a2

则ba2c21．

x2

所以C的方程为y21．

2

【小问2详解】

由已知得过点A0,2且满足题意的直线l的斜率存在，不妨设l:ykx2，

2

x2

y122

联立2消去y得2k1x8kx60，

ykx2

23

令Δ8k462k210，解得k2．

2

8k6

设Dx,y，Ex,y，则xx，xx，

1122122k21122k21

因为以DE为直径的圆经过点O，所以ODOE0，即x1x2y1y20，

2

所以x1x2kx12kx220，即k1x1x22kx1x240，

68k

所以k212k40，

2k212k21

23

整理可得2k2100即k25，满足k，解得k5，

2

所以直线l的方程为y5x2．

，，

18.已知等差数列an前n项和为Sn2a1a2a4S54a33．数列bn前n项和为Tn，Tn2bn2．

（1）求数列an和bn的通项公式；

a

（2）求数列n的前n项和；

bn

n

（3）若数列2的前项和为，且，求n的最小值．

1an2nP2nP2n2026

【答案】（1）；n

annbn2

n

1

（2）2n2

2

（3）32

【解析】

【分析】（1）设等差数列an的公差为d，求出a1,d，利用等差数列通项公式即可求得an，利用

bnTnTn1n2求出bn；

n

an1

（2）令n，利用错位相减法即可求解；

cnnn

bn22

（3）令n2n2，得，进而利用等差数列前项和公式求得，又

en1an1ne2ne2n14n1nP2n

计算P62,P64，即可求解.

【小问1详解】

设等差数列an的公差为d，

2a1a1da13d

所以，解得a1d1，

S55a110d4a12d3

所以ana1n1d1n11n，

所以ann，

由Tn2bn2，当n1时，T12b12b1，解得b12，

当n2时，由Tn2bn2有Tn12bn12，

所以bnTnTn12bn22bn122bn2bn1，即bn2bn1，

所以数列bn是以2为公比，2为首项的等比数列，

所以n1n1n，

bnb1q222

所以n；

bn2

【小问2详解】

n

an1

令n，设数列c的前n项和为，

cnnnnAn

bn22

2n1n

所以1111①，

Anc1c2cn1cn12n1n

2222

23nn1

11111②，

An12n1n

22222

由①②有：

n

11

23nn11

111111n1nn1

22111，

Annn1n

2222221

1222

2

n

所以1，

An2n2

2

n

an1

所以数列的前n项和为2n2；

bn2

【小问3详解】

令n2n2，

en1an1n

所以2n222n122，

e2n12n2n,e2n112n12n1

所以22，

e2ne2n12n2n12n2n12n2n14n1

所以

P2ne1e2e3e4e2n1e2n4114214n1

n34n1

37114n1n2n1，

2

又P2n2026，

22

因为P622313119532026,P642323220802026，

所以n的最小值为32.

19.已知函数fxx21aln1x，

（1）当a4时，讨论函数单调性；

（2）当a2时，若对任意x1,，不等式fxx2bexlnb恒成立，求b的最小值；

（3）若fx存在两个不同的极值点x1,x2,x1x2，且fx1mx2，求实数m取值范围．

【答案】（1）函数fx在区间1,上单调递增，在区间1,1上单调递减;

4

（2）

e

3

（3）,ln2

2

【解析】

【分析】（1）利用导数与单调性的关系即可求解；

（2）利用同构函数思想，结合函数的单调性，再用分离参变量求解即可；

（3）先分离参变量，再利用韦达定理消元，最后化成单变量函数进行最值分析即可求解.

【小问1详解】

242x2x1

由fxx14ln1x得fx2xx1，

1x1x

令fx0，得x1，故函数fx在区间1,上单调递增，

令fx0，得1x1，故函数fx在区间1,1上单调递减，

综上，函数fx在区间1,上单调递增，在区间1,1上单调递减;

【小问2详解】

当a2时，不等式可化为x212ln1xx2bexlnb，

22

变形为x22x12ln1xbexlnbx即x1ln1xbexlnbex

1

同构函数gttlnt，求导得gt1