四川省南充市嘉陵一中2025-2026学年高二下学期期中考试数学试题PDF版含答案_2024-2027高二（7-7月题库）_2026年05月高二试卷

嘉陵一中高 2024 级高二下 学情调研数学试题
注意：1．本试题满分 150分，考试时间 120分钟；2．请将答案正确填写在答题卡上.
一、单项选择题（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．A2 C2 （ ）
5 4
A．26 B．23 C．32 D．21
2．小明有 4 件不同的上衣、5 条不同的裤子、2 双不同的鞋子．他从中各选一件搭配，不同的穿法共有
（ ）
A．11种 B．22种 C．24种 D．40种
f 3x f 3
3．已知函数 f xlnx，则lim （ ）
x0 x
1 1
A. B.  C. 3 D. 3
3 3
4．下列求导运算正确的是（ ）
A.   cos π   sin π B.   ln2x1    1
 4 4 2x1
C.  2x 2x D. log x  1
2 xln2
5．已知6名学生中有4名男生，从中选出3名代表，则选出的代表中有2名男生的概率为（ ）
1 2 3 4
A． B． C． D．
5 5 5 5
6．如图是函数y f(x)的导函数y fx 的图象，则下面判断正确的是（ ）
A. 当x1时，y f(x)取极小值 B. y f(x)在(1,3)上单调递减
C. y f(x)在(3,1)上单调递增 D. 当x4时，y f(x)取极大值
学科网（北京）股份有限公司7．某演讲比赛结束后，2名男同学、3名女同学和 2位老师站成一排拍照留念，则 2位老师相邻，且 3名
女同学不相邻的站法有（ ）
A．264种 B．288种 C．312种 D．336种
8．已知函数 f x 的定义域为 ,0 ， f 11，其导函数 fx 满足xfx2f x0，
则不等式 f
x2025x20252
0的解集为（ ）
A.
2024,
B.
0,2024
C.
2024,2025
D.
,2025
二、多项选择题（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．）
n
 1
9． 已知

2x

的展开式中各二项式系数之和为64，则下列结论正确的有（ ）
 x
A．n6 B．常数项为160
C．含x2项的系数为240 D．二项式系数最大的项为第3项
10．已知函数 f xex ex 2cosx，则下列结论正确的有（ ）
A. f 02 B. fxex ex 2sinx
C. f x 在R上单调递增 D. 不等式 f x20的解集为 0,
lnx
11．对于函数 f x 1，下列说法正确的是（ ）
2x2
A. f x 在x e处取得极大值 1 1 B. f x 在  0, e  上单调递增
4e
1 e3
C. f x 有两个零点 D. 若 f xk 在 0, 上恒成立，则k  1
x2 4
三、填空题（本大题共 3小题，每小题 5分，共 15分．）
12．若直线y3xb是曲线y2xlnx的一条切线，则b_________．
(2x)(12x)7 a a xa x2  a x8 a a a  a 
13．若 0 1 2 8 ，则 1 2 3 8 _________．
学科网（北京）股份有限公司x1
14．已知函数 f x lnx，若正实数a,bab 满足 f a f b ，则3a4b的取值范围是
x1
_________．
四、解答题（本大题共 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．（本小题满分13分）
已知等差数列 a  满足a 8,a 3a ．
n 3 17 5
1
（1） 求 a  的通项公式；（2）设b  ，求数列 b  的前n项和T ．
n n na n n
n
16．（本小题满分15分）
已知函数 f(x) x3ax2 2x在x1处取得极值.
（1）求函数 f(x)的单调区间；
（2）求函数 f(x)在区间[1,2]上的最大值与最小值.
17．（本小题满分15分）
记S 为数列 a  的前n项和，已知3S 4a 3n.
n n n n
（1）求a ，a ；
2 3
（2）证明：数列
a 1
是等比数列；
n
（3）设b na 1 ，求数列 b  的前n项和T .
n n n n
学科网（北京）股份有限公司18．（本小题满分17分）
已知函数 f xalnxx2aaR ．
（1）讨论 f x 的单调性；
（2）若曲线y f x 经过点A1,1 ，且在A处的切线为l．证明：除切点A外，曲线y f x 在直
线l的下方．
19．（本小题满分17分）
x(ax1)
设函数 f(x)ln(x1) ．
x1
（1）当a1时，求曲线y f(x)在点(1, f(1))处的切线方程；
（2）当x0时，讨论 f(x)的单调性；
（3）在（2）的条件下，记 f(x)的最大值为g(a)，若对任意的x(0,)，使得关于a的不等式
g(a)lnxmxex x1恒成立，求实数m的取值范围．
学科网（北京）股份有限公司嘉陵一中高 2024 级高二下 学情调研数学试题
参考答案
一、选择题：本题共 8小题，每小题 5分，共计 40分．在每小题给出的四个选项中，只有一
项是正确的．
1．A 2．D 3．B 4．D 5．C 6．A 7．B 8．C
二、选择题：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，有选错的得 0分．
9．AC 10．ACD 11．ABC
三、填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15分．
12．1 13．5 14．(7,)
四、解答题：本大题共 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.（本小题满分13分）
解：（1）若等差数列的公差为d ，结合题设有a 14d 3(a 2d)，
3 3
所以814d 246d，可得d 2，
故a a (n3)d 2n2……6分
n 3
1 1 1 1
（2）由（1）得b   (  )，
n 2n(n1) 2 n n1
1 1 1 1 1 1 1 1 n
所以T  (1      ) (1 ) ……13分
n 2 2 2 3 n n1 2 n1 2(n1)
学科网（北京）股份有限公司16（本小题满分15分）
1
解：（1）由题意得 f(x)3x2 2ax2，由题意得 f(1)0，即32a20，解得a  ，
2
1
故 f(x) x3 x2 2x，定义域为R，
2
2 2
f(x)3x2 x2，令 f(x)0得x1或x ，令 f(x)0得  x1，
3 3
 2  2 
故 f(x)在, ，(1,)上单调递增，在  ,1 上单调递减，
 3  3 
1
易知x1为极小值点，a  符合题意，
2
 2  2 
所以 f(x)单调递增区间为, ，(1,)，单调递减区间为  ,1 ……7分
 3  3 
 2  2 
（2）由（1）知， f(x)在 1, ，(1,2)上单调递增，在  ,1 上单调递减，
 3  3 
 2 2  2 
x  1,     ,1  1 (1,2)
 3 3  3 
f(x) + 0 - 0 +
f(x) 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增
 2 22 3
所以 f(x)  f     ， f(x)  f(1) .
极大值  3 27 极小值 2
1
又 f(1) ， f(2)2，
2
3
故 f(x)的最大值为2，最小值为 。……15分
2
学科网（北京）股份有限公司17．（本小题满分15分）
解：（1）因为3S 4a 3n
n n
当n1时，3a 4a 3，解得a 3；
1 1 1
当n2时，3a a 4a 6，解得a 15；
1 2 2 2
当n3时，3a a a 4a 9，解得a 63……4分
1 2 3 3 3
（2）证明：当n1时，a S 3；
1 1
当n2时，3S 4a 3n，3S 4a 3n1
n n n1 n1
两式相减得：3a 4a 4a 3，所以a 4a 3
n n n1 n n1
所以a 14a 1
n n1
又因为a 14，a 10
1 n
a 1
所以 n 4，所以 a 1 是首项为4，公比为4的等比数列……9分
a 1 n
n1
（3）由（2）知：a 14n
n
所以b na 1n4n，
n n
所以T 141242 343 n4n①，
n
故4T 142 243 n4n1②，
n
4  4n 1 
两式相减得，3T 442  4n n4n1  n4n1，
n 3
n4n1 4  4n 1 
故T   ……15分
n 3 9
学科网（北京）股份有限公司18．（本小题满分17分）
解：（1）因为 f x 的定义域为 0, ，……1分
a xa
f x 的导函数 fx 1 . ……2分
x x
① a0时， fx0，则 f x 在 0, 上单调递增 ……3分
② a0时，令
fx0，得xa；……4分
令
fx0，得xa；……5分
综上可知：①当a0时，则 f x 在 0, 上单调递增. ……6分
②当a0时， f x 在 a, 上单调递增，在 0,a 上单调递减……7分
（2）因为曲线y f x 经过点A1,1
所以12a1，解得a1．……8分
1
所以 f xlnxx2，fx 1．
x
因为
f12，所以l的方程为y2x3.……10分
要证除切点A1,1 外，曲线y f x 在直线l的下方，
即证：lnxx22x3x0,x1
，.……11分
只需证：lnxx10x0,x1
..……12分
1x
设gxlnxx1x0，x1 ，则gx ，
x
令gx0，得0 x1；令gx0，得x1，.……14分
所以gx
在
0,1
上单调递增，在
1,
上单调递减，.……15分
所以gx g10..……16分
学科网（北京）股份有限公司所以当x0，x1时，lnxx22x3，
所以原命题得证。……17分
19．（本小题满分17分）
解：（1）依题意 f(x)ln(x1)x，
1 1 1
所以 f(x) 1, f(1) 1 ，
x1 2 2
又 f(1)ln21
1
函数在(1, f(1))处的切线方程为y(ln21) (x1)，
2
即x2y2ln210．……4分
1 (x1)(2ax1)(ax2 x) ax2 (12a)x
（2）当x0， f(x)  
x1 (x1)2 (x1)2
①当a0时， f(x)0， f(x)在(0,)单调递增，
1
②当a 时， f(x)0， f(x)在(0,)单调递减，
2
1 1
③当0a 时，令 f(x)0，解得x 2
2 a
 1  1 
则当x  0, 2 时， f(x)0，当x  2, 时， f(x)0，
 a  a 
 1  1 
所以 f(x)在 0, 2 单调递增，在 2, 单调递减．
 a  a 
综上可知，
当a0时， f(x)在(0,)上单调递增；
1  1  1 
当0a 时， f(x)在 0, 2 上单调递增，在 2, 上单调递减；
2  a  a 
学科网（北京）股份有限公司1
当a 时， f(x)在(0,)上单调递减……10分
2
（3）由（2）可知，
1   1
g(a) f(x)  f  2  ln(1a)lna24a, a  0, ，
max a   2
1 1 (2a1)2
g(a)  4 0，
a1 a a(a1)
 1
故g(a)在 0, 单调递减，
 2
1 1
又因为a 时，ga0,所以ga g  ，即ga0，
2 2
因为，对x(0,)，关于a的不等式g(a)lnxmxex x1恒成立，
所以，对x(0,)，lnxmxex x10恒成立，
lnxx1
即x(0,),m 成立，
xex
lnxx1
令hx ，
xex


1 1 

xex (lnxx1)  ex xex (x1)ex ex(x1)(lnxx1)
 x  
h(x) x2e2x
x2e2x
(x1)(lnxx) (x1)(lnxx)
 
x2ex x2ex
因为x0,x10,x2ex 0
令u(x)lnxx,u(x)在(0,)上单调递增
1 1
因为u
 
1 0,u(1)ln111 0
e e
学科网（北京）股份有限公司1 
所以，由零点存在定理，可知x 

,1 ，使得ux 0，即lnx x 0．
0 e  0 0 0
当x0,x  时，u(x)0,h(x)0
0
当xx , 时，u(x)0,h(x)0
0
所以h(x)在 0,x  上单调递增，在 x , 上单调递减
0 0
lnx x 1 1
所以h(x) hx  0 0  1，
max 0 x ex 0 x elnx 0
0 0
所以m1……17分
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