河南南阳市六校 2025-2026 学年高二下学期阶段性素养评价（二）
数学试题
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.已知数列 为等差数列， ，则 ( )
{a } a +a =6,a =17 a =
n 3 7 13 9
A. 2 B. 4 C. 10 D. 1
2.已知数列 的前 项和 ，则a 等于( )
{a } n S =2n−1 4
n n a
3
A. 1 B. −1 C. 4 D. 2
3
3.函数f (x)=2lnx−5x+ x2的单调递增区间是( )
2
A. (1 ) B. ( 2)
,+∞ −∞, ∪(1,+∞)
2 3
C. ( 2) D. ( 2)和
0, ∪(1,+∞) 0, (1,+∞)
3 3
4.设 为数列 的前 项和， ，则“ 为递增数列”是“ 为递增数列”的( )
S {a } n a >0 {a } {S }
n n n n n
A. 充分非必要条件 B. 必要非充分条件
C. 充要条件 D. 既非充分又非必要条件
5.已知变量 和 满足经验回归方程̂(cid:11) ，且变量 和 之间的一组相关数据如表所示，则下列
x y x y
y=−0.6x+10.4
说法错误的是( )
x 6 8 10 12
y 7 m 4 3
A. 变量x和y呈负相关 B. 当x=14时，y一定等于2
C. m=6 D. 该经验回归直线必过点(9,5)
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1 1(−1) n+2027
6.若数列{a },{b }的通项公式分别为a =(−1) n+2026a,b =2+ ，且a <b ，对任意n∈N∗恒
n n n n n n n
成立，则实数a的取值范围是( )
A. [ 1] B. C. D. 3
−1, [−1,1) [−2,1) [−2, )
2 2
7.已知
f (x)=alnx+
1
x2 (a>0)
，若对任意两个不等的正实数
x ,x
，都有 f (x
1
)−f (x
2
)
>1
恒成立，则
a
2 1 2 x −x
1 2
的取值范围是( )
A. B. [1 ) C. D.
(0,1] ,+∞ (0,1) [1,+∞)
4
8.已知函数 ， ，若 ，使得 ，则x 的最大值
f (x)=ex+x−2 g(x)=lnx+x−2 ∃x ∈R,x >0 f (x )=g(x ) 1
1 2 1 2 x
2
为( )
1 1
A. B. −1 C. −e D. −
e e2
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。
f ′(x)
9.设函数f (x)=xlnx,g(x)= ，给定下列命题，则下列选项正确的是( )
x
1
A. 函数f (x)的最小值为
e
B. 不等式 的解集为(1 )
g(x)>0 ,+∞
e
C. 函数g(x)在(0,e)单调递增，在(e,+∞)单调递减
1
D. 若f (x)−ax2≤0恒成立，则实数a≥
e
S
10.设数列{a }的前n项和为S ,a +n−1= n,n∈N∗且a =19，则下列选项正确的是( )
n n n n 1
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2 1A. B. 数列{S }为等差数列
a =−2n+21 n
n n
C. 当n=11时，S 取最大值 D. 设b =a a ,b <0，则m=10
n n n n+1 m
11.设定义在 上的函数 满足 ，且当 时， 已知存在
R f (x) f (−x)+f (x)=x2 x≤0 f ′(x)<x.
x ∈
{
x|f (x)−
1
x2≥f (1−x)−
1
(1−x)
2}，且
x
为函数
g(x)=ex−√ex−a(a∈R,e
为自然对数的底
0 2 2 0
数)的一个零点，则实数a的取值可能是( )
1 √e e
A. B. C. D. √e
2 2 2
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.若曲线 存在斜率为 的切线，则实数 的取值范围是
f (x)=ax2+lnx 0 a
13.设数列 是由正数组成的等比数列，公比 ，且 ，那么
{a } q=2 a a a ⋯a =230 a a ⋅⋅⋅a =
n 1 2 3 30 2 5 29
14.定义在R上的函数f (x)满足：f ′(x)>1−f(x)，f (1)=2，f ′(x)是f (x)的导函数，则不等式
其中 为自然对数的底数 的解集为
exf (x)>ex+e( e )
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)
记 为等比数列 的前 项和，已知 ．
S {a } n a a =a ,a ≠a ,S =2
n n 1 2 3 1 2 2
求 的通项公式；
(1) {a }
n
(2)判断S ,S ,S 是否成等差数列，并给出证明．
n+1 n n+2
16.(本小题15分)
设函数
f(x)=e3x−3ax(a>0)
(1)判断f(x)的单调性并求最值；
a2 3
(2)证明：f (x)≥lna− + .
2 2
17.(本小题15分)
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3 1某芯片公司为制定下一年的研发投入计划，需了解年研发资金投入量x(单位：亿元)对年销售额y(单位：
亿元)的影响.该公司对历史数据进行对比分析，建立了两个函数模型：① y=α+βx2，② y=eλx+t，其中
α,β,λ,t均为常数，e为自然对数的底数．
现该公司收集了近12年的年研发资金投入量x和年销售额y的数据，i=1,2,⋯,12，并对这些数据作了初
i i
步处理，得到了右侧的散点图及一些统计量的值．令 ，经计算得如下数据：
u =x2,v =ln y (i=1,2,⋯,12)
i i i i
12 12
x y ∑(x −x) 2 ∑(y −y) 2 u v
i i
i=1 i=1
20 66 770 200 460 4.20
12 12 12 12
∑(u −u) 2∑(u −u)(y −y∑) (v −v) 2∑(x −x)(v −v)
i i i i i i
i=1 i=1 i=1 i=1
3125000 21500 0.308 14
设 和 的相关系数为 ， 和 的相关系数为 ，请从相关系数的角度，选择一个拟合程度更
(1) {u } {y } r {x } {v } r
i i 1 i i 2
好的模型；
(2)(i)根据(1)的选择及表中数据，建立y关于x的回归方程(系数精确到0.01)；
(ii)若下一年销售额y需达到90亿元，预测下一年的研发资金投入量x是多少亿元？
n
∑(x −x)(y −y)
i i
附：
①
相关系数r= i=1 ，回归直线̂
y
(cid:11)
=a+bx
中斜率和截距的最小二乘估计公式分
√ n n
∑(x −x) 2∑(y −y) 2
i i
i=1 i=1
n
∑(x −x)(y −y)
i i
别为： b= i=1 ， a= y−bx ；
n
∑(x −x) 2
i
i=1
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4 1②参考数据：308=4×77，√90≈9.4868，e4.4998≈90．
18.(本小题17分)
1
已知数列{a }满足3a −a =1+a a (n∈N∗)，且a = .
n n+1 n n n+1 1 3
求证：数列{ 1 }是等差数列，并求
(1) a ;
a −1 n
n
(2) 令 b = 1 (n∈N∗) ，求数列 {b } 的前 n 项和 T .
n (n+2) 2a n n
n
19.(本小题17分)
已知函数 ．
f (x)=e2xln(1+x)
求曲线 在点 处的切线方程；
(1) y=f (x) (0,f (0))
(2)设g(x)=f ′(x)，讨论函数g(x)在[0,+∞)上的单调性；
(3)证明：∀s,t∈(0,+∞)，有f (s+t)>f (s)+f (t)．
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5 1参考答案
1.C
2.D
3.D
4.A
5.B
6.D
7.B
8.A
9.BD
10.ABD
11.BCD
12.(−∞,0)
13.210
14.(1,+∞)
15.解： 已知数列 为等比数列，所以 ，
(1) {a } a =a qn−1,(a ≠0,q≠0)
n n 1 1
{a2q=a q2
因为 a a =a ,S =2 ，所以 1 1 ，解得 q=1 或 −2 ，
1 2 3 2 a +a q=2
1 1
因为 ，所以 ， ，所以 ， ．
a ≠a q=−2 a =−2 a =(−2) n n∈N∗
1 2 1 n
(2)S ,S ,S 成等差数列，理由如下：
n+1 n n+2
由 知 a (1−qn) −2[1−(−2) n] 2 ，
(1) S = 1 = = [(−2) n−1]
n 1−q 1−(−2) 3
2 2
S +S = [(−2) n+1−1+(−2) n+2−1]= [−(−2) n+1−2]，
n+1 n+2 3 3
4
而2S = [(−2) n−1]，
n 3
因为
(−2) n+1=−2⋅(−2)
n，则
−(−2) n+1=2(−2) n
，
2 4
所以S +S = [2(−2) n−2¿= ¿，
n+1 n+2 3 3
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6 1因此S ,S ,S 成等差数列．
n+1 n n+2
16.解： 已知函数 ，
(1) f(x)=e3x−3ax(a>0)
所以 ．
f ′(x)=3e3x−3a=3(e3x−a)
1
令f ′(x)=0，得e3x=a，即x= lna，
3
1 1
当x< lna时，e3x<a，f ′(x)<0；当x> lna时，f ′(x)>0．
3 3
故 在( 1 )上单调递减，在(1 )上单调递增，
f (x) −∞, lna lna,+∞
3 3
1
所以f(x)在x= lna处取得极小值，也是最小值，
3
1
所以f(x) =f( lna)=a(1−lna)，函数f(x)无最大值．
min 3
a2 3
(2)要证f (x)≥lna− + ，由(1)知f (x)≥a(1−lna)，
2 2
a2 3
所以只需证a(1−lna)≥lna− + ，
2 2
a2 3 a2 3
即a−alna−lna+ − ≥0⇔ +a−(a+1)lna− ≥0．
2 2 2 2
a2 3
令g(a)= +a−(a+1)lna− ，a>0，
2 2
则 [ 1] 1，
g′(a)=a+1− lna+(a+1)⋅ =a−lna−
a a
1
令φ(a)=a−lna− ，a>0，
a
( 1) 2 3
所以 a− + ，
1 1 a2−a+1 2 4
φ′(a)=1− + = = >0
a a2 a2 a2
所以φ(a)在(0,+∞)上单调递增，即g′(a)在(0,+∞)上单调递增，
又g′(1)=1−0−1=0，所以当0<a<1时，g′(a)<0，g(a)在(0,1)上单调递减，
当a>1时，g′(a)>0，g(a)在(1,+∞)上单调递增，
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7 11 3 a2 3
因此g(a)≥g(1)= +1−0− =0，即a(1−lna)≥lna− + ，
2 2 2 2
a2 3 1
所以f (x)≥lna− + 成立，等号当且仅当a=1且x= ln1=0时取得，证毕．
2 2 3
12
∑(u −u)(y −y)
i i
17.解： (1) 由题意，r = i=1
1
√ 12 12
∑(u −u) 2∑(y −y) 2
i i
i=1 i=1
21500 21500 43
= = = =0.86，
√3125000×200 25000 50
12
∑(x −x)(v −v)
i i
14
r = i=1 =
2 √ 12 12 √770×0.308
∑(x −x) 2∑(v −v) 2
i i
i=1 i=1
14 10
= = ≈0.91，
77×0.2 11
则|r |<|r |，因此从相关系数的角度，模型y=eλx+t的拟合程度更好；
1 2
(2)(i)先建立v关于x的线性回归方程，
由y=eλx+t，得ln y=t+λx，即v=t+λx；
12
∑(x −x)(v −v)
i i
由于 λ= i=1 = 14 ≈0.018 ，
12 770
∑(x −x) 2
i
i=1
t=v−λx=4.20−0.018×20=3.84，
所以 关于 的线性回归方程为̂(cid:11) ，
v x
v=0.02x+3.84
所以 ̂(cid:11) ，则̂(cid:11) ；
ln y=0.02x+3.84 y=e0.02x+3.84
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8 1(ii)下一年销售额y需达到90亿元，即y=90，
代入̂
y
(cid:11)
=e0.02x+3.84
，得 90=e0.02x+3.84，
又e4.4998≈90，所以4.4998≈0.02x+3.84，
4.4998−3.84
所以x≈ =32.99，
0.02
所以预测下一年的研发资金投入量约是32.99亿元
18.解： 因 ，易得 ，
(1) 3a −a =a a +1⇒(3−a )a =a +1 a ≠3
n+1 n n n+1 n n+1 n n
则 a = a n +1 ⇒a −1= a n +1−3+a n= 2(a n −1) ⇒ 1 = 2+1−a n= 1 − 1，
n+1 3−a n+1 3−a 3−a a −1 2(a −1) a −1 2
n n n n+1 n n
即 1 1 1，则{ 1 }是以 1 3为首项，公差为 1的等差数列，
− =− =− −
a −1 a −1 2 a −1 a −1 2 2
n+1 n n 1
1 3 1 n+2 n
则 =− − (n−1)=− ⇒a = ;
a −1 2 2 2 n n+2
n
1 1 1(1 1 )
(1)b = = = −
(2)由 n
(n+2) 2 ⋅
n (n+2)n 2 n n+2 ，
n+2
则T =b +b +b +⋯+b +b +b
n 1 2 3 n−2 n−1 n
1( 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 )
= 1− + − + − +⋯+ − + − + −
2 3 2 4 3 5 n−2 n n−1 n+1 n n+2
1( 1 1 1 ) 3 2n+3 ．
= 1+ − − = −
2 2 n+1 n+2 4 2(n+1)(n+2)
e2x
19.解：(1)f ′(x)=2e2xln(x+1)+ ，则f ′(0)=1，从而切线方程为y=f ′(0)(x−0)+f (0)⇔y=x；
x+1
(2) 由 (1) ， g′(x)=e2x [ 4ln(x+1)+ 4x+3 ] >0 ，从而 g(x) 在 [0,+∞) 上单调递增；
(x+1) 2
(3)相当于证明∀s,t∈(0,+∞),f (s+t)−f (s)−f (t)>0，令
F(x)=f (x+t)−f (x)−f (t),x∈[0,+∞),t∈(0,+∞).则F′(x)=g(x+t)−g(x)，因x+t>x，由(2)可
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9 1得g(x+t)>g(x)⇒F′(x)>0，从而F(x)在[0,+∞)上单调递增，则当s∈(0,+∞)，t取固定正值时，
F(s)>F(0)，即f (s+t)−f (s)−f (t)>f (t)−f (0)−f (t)=0，命题得证．
【分析】(1)由题可得切线斜率，然后由点斜法可得答案；
(3)相当于证明∀s,t∈(0,+∞),f (s+t)−f (s)−f (t)>0，令
F(x)=f (x+t)−f (x)−f (t),x∈[0,+∞),t∈(0,+∞).则F′(x)=g(x+t)−g(x)，因x+t>x，由(2)可
得g(x+t)>g(x)⇒F′(x)>0，从而F(x)在[0,+∞)上单调递增，则当s∈(0,+∞)，t取固定正值时，
F(s)>F(0)，即f (s+t)−f (s)−f (t)>f (t)−f (0)−f (t)=0，命题得证．
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10 1
