黑龙江省哈尔滨市第六中学校2025-2026学年高二下学期6月阶段检测数学试题（扫描版，含答案）_2024-2027高二（7-7月题库）_2026年06月高二试卷

第1 页共4 页
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


|1
2
8
x
A
x



，


1
3
B
x x



，则A
B 

（
）
A．

0,3
B．

4,3

C．

4,2

D．

0,2
2．�: |�−1| < 1，是
2
:
0
x
x



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
na
是等差数列，其前n 项和为
n
S ，若
1
5
8
a
a

，且
6
15
S 
，则
n
S 取得
最小值时的n 等于（
）
A．2
B．3
C．4
D．5
4．函数
2
1
( )
ln
(
0)
2
f x
x
x
ax x




在1 ,3
2





上有且仅有一个极值点，则实数a 的取值范
围是（
）
A．5 10
,
2
3






B．5 10
,
2 3





C．5 10
,
2
3






D．
10
2, 3






5．已知函数

f x 是偶函数，

1
f x 
为奇函数，并且当


1,2
x
时，

1
2
f x
x


，
则下列选项正确的是（
）
A．

f x 在

3, 2


上为减函数，且

0
f x 
B．
f x 在

3, 2


上为减函数，且

0
f x 
C．

f x 在

3, 2


上为增函数，且

0
f x 
D.

f x 在

3, 2


上为增函数，且

0
f x 
6．已知函数
4
( )
f x
x
x


，( )
2x
g x
a


，若
1
1 ,1
2
x







，
2
[2,3]
x


，使得
1
2
(
)
(
)
f x
g x

，
则实数a 的取值范围是（
）
A．
1
a 
B．
1
a 
C．
1
a <
D．
1
a >
7．若曲线
2
1 :
C
y
x

与曲线
2
e
:
(
0)
x
C
y
a
a


存在公共切线，则实数a 的取值范围为（
）
A．(0,1)
B．
2e
1, 4






C．
2e ,2
4






D．
2e ,
4





第2 页共4 页
8．已知函数

ln x
f
x
x

，若关于x 的方程


2
2
2
1
0
f x
mf x
m







恰有3 个不同的
实数解，则实数m 的取值范围是（
）
A．



,1
1,



B．1
1 ,
2
2
e
e







C．1
1
1
,
2
2
2
e







D．1 ,
2 e






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
0
a 
，
0
b 
，
4
a
b


，则（
）
A．
4
0
a
b


B．1
1
1
a
b


C．
2 2
a
b


D．
2
2
12
3
48
a
b



10．设函数

f x ，
g x 及其导函数

f
x

，

g
x

的定义域均为R ，已知



2
4
f
x
g x



，




2
2
2
f
x
g
x






，且



3
3
g
x
g
x


，则（）
A．
g x 是奇函数
B．

2
2
f

C．点

1,1

为曲线

y
g x


的对称中心
D．


2025
1
f 

11．已知数列
na
满足
1
1
a ，
2
1
n
n
n
a
a
a


，则下列结论正确的是（）
A．
na
是递增数列
B．当
2
n 
时，
na
n

C．
2025
2026
2
a

D．
1
2
1
1
1
1
1
1
1
n
a
a
a








三、填空题(本题共3 小题，每小题5 分，共15 分．)
12．函数
2
( )
2
3
f x
x
x



的单调递减区间是________．
13．已知函数



2
1
1
ln
4
1
2
2
1
2
x
f x
x
x





，若a 、bR ，�+ �= 2026，
则��−2027 + ��+ 1 =________．
14. 已知数列
na
的前n 项和为
n
S ,


1
1
2
1
n
n
n
a
a
n


,则�24=________．
第3 页共4 页
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
3
0
1
x
x



的解集为A ，不等式
2
6
0
ax
ax 


的解集为B .
(1)若
1
a ，求A
B

；
(2)若对任意实数x ，不等式
2
6
0
ax
ax 


均成立，求实数a 的取值范围.
16．已知函数



2
e
.
x
g x
x
ax
a


R
(1)求
g x 在
0
x 
处的切线方程；
(2)讨论
g x 在

0, 

上的零点个数.
17. 已知等差数列
na
的前n 项和为
nS ，且
2
4
S 
，
4
16
S 
；数列
nb
满足
1
1
2
2
2
2
3
1
n
n
n
n
b
b
b







（
*
nN ）
(1)求数列
na
和
nb
的通项公式；
(2)记



1
2
1 2
2
n
n
n
n
n
b
a
c
a
a 




，求数列
nc
的前n 项和
nT .
第4 页共4 页
18. 已知数列
na
满足
2
1
1
2
log
,
1,
2
,
n
n
n
a
a n
a
a
n






为奇数
为偶数
．
(1)证明：求
2
3
,
a a 的值，并证明数列

2
1
n
a

为等比数列；
(2)设
2
1
2
2
n
n
n
a
a
b


，求数列

n
b
的前n 项和nT；
19. 已知函数

2sin
f x
x
ax


.
(1)当
1
a 时，求函数
f x 在

0,π 上的值域；
(2)若对任意�∈0,
π
2
，都有

cos
f x
x
x

，求实数a 的取值范围；
(3)证明：




*
2
2
2
2
1
1
1
1
8
tan
tan
tan
tan
2
4
2
3
4
3π
1
n
n
n
n









N

.
试卷第1页，共5页
数学6 月月考答案
一.单选
1-8
DBCA CADC
二、多选
9. BCD
10.ACD
11.ABD
三、填空
12.






2
3
4
3，
13. 2
14.
324
四、解答题
15．已知不等式
3
0
1
x
x



的解集为A，不等式
2
6
0
ax
ax 

的解集为B .
(1)若
1
a ，求A
B

；
(2)若对任意实数x ，不等式
2
6
0
ax
ax 

均成立，求实数a 的取值范围.
(1)


1
2
A
B
x
x




(2)

24,0

【分析】（1）解不等式分别求出集合
,
A B ，可求得


1
2
A
B
x
x




；
（2）对参数a 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.
【详解】（1）易知不等式
3
0
1
x
x



等价于


3
1
0
1
0
x
x
x






，
可得


1
3
A
x
x



；
当
1
a 时，不等式
2
6
0
ax
ax 


即为



2
6
3
2
0
x
x
x
x





，
可得


3
2
B
x
x



；
因此可得


1
2
A
B
x
x




（2）当
0
a 时，不等式为6
0
恒成立；
当
0
a 时，由恒成立可得
2
0
Δ
24
0
a
a
a







，解得24
0
a


；
综上可得实数a 的取值范围为

24,0

.
16．已知函数



2
e
.
x
g x
x
ax
a


R
(1)求
g x 在
0
x 处的切线方程；
(2)讨论
g x 在

0, 

上的零点个数.
(1) y
x

试卷第2页，共5页
(2)当
e
a 时，无零点；当
e
a 时，一个零点；当
e
a 时，两个零点.
【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.
【详解】（1）
0
0
g
，所以
g x 在
0
x 处的切点坐标为

0,0 ，


1 e
2
x
g
x
x
ax




，则

0
1
g
，
故
g x 在
0
x 处的切线方程为y
x
.
（2）讨论函数
2
ex
g x
x
ax


的零点个数，即方程
2
e
0
x
x
ax

的解.
当


0,
x



时，
2
e
0
x
x
ax

等价于：
e
e
x
x
ax
a
x



，令


e
0
x
h x
x
x


，
问题转化为直线y
a

与( )
h x 的交点个数.



2
e
1
x x
h x
x



，

0
h x

得
1
x ，当0
1
x
＜＜时，

0
h x

，( )
h x 单调递减；
当
1
x 
时，

0
h x

，
h x 单调递增；
1
x 是极小值点，1
e
h
.
0
x


时，( )
h x
x




，
时，
( )
h x .
结合a 的取值讨论零点个数：
当
e
a 时，y
a

与( )
h x 无交点，无零点；
当
e
a 时，
e
y 与( )
h x 有一个交点，一个零点；
当
e
a 
时，y
a

与( )
h x 有两个交点，两个零点.
综上：当
e
a 时，无零点；当
e
a 时，一个零点；当
e
a 时，两个零点.
17．已知等差数列
na
的前n 项和为
n
S ，且
2
4
S ，
4
16
S 
；数列
nb
满足


1
1
1
2
2
2
2
1 2
2
n
n
n
n
b
b
b
n






，n

N .
(1)求数列
na
和
nb 的通项公式；
(2)记



1
2
1
2
2
n
n
n
n
n
b
a
c
a
a 




，求数列
nc
的前n 项和
nT ；
（1）设等差数列
na
的公差为d ，
由
2
1
4
1
2
4
4
6
16
S
a
d
S
a
d









得：
1
1
2
a
d




，


1 2
1
2
1
na
n
n




；


1
1
1
2
2
2
2
1 2
2
n
n
n
n
b
b
b
n








，
试卷第3页，共5页


3
2
1
2
1
1
1
2
1
2
2
2
2
n
n
n
b
b
b
b
n









，
当
2
n 
且n

N 时，
3
1
2
1
2
2
2
1
2
2
2
2
2
n
n
n
b
b
b
b
n








，
1
1
2
1
1
1
1
2
2
2
2
2
2
n
n
n
n
n
b










，则
2
1
n
nb 
；
当
1
n 时，
1
4 1
3
b 
，满足
2
1
n
nb 
；
综上所述：


2
1
n
nb
n



N
.
（2）








1
1
1
2
1 2
2
3
4
4
3
3
2
1 2
1
2
1
2
1
n
n
n
n
n
n
n
n
b
a
n
c
a
a
n
n
n
n
















，
则
2
3
2
1
3
1
3
3
3
3
3
3
3
1
3
1
5
3
7
5
2
1
2
1
2
1
n
n
n
nT
n
n
n
















；
18．已知数列
na
满足
2
1
1
2
log
,
1,
2
,
n
n
n
a
a n
a
a
n






为奇数
为偶数
．
(1)证明：求
2
3
,
a a 的值，并证明数列

2
1
n
a
为等比数列；
(2)设
2
1
2
2
n
n
n
a
a
b


，求数列
nb 的前n 项和
nT ；
(1)
2
0
a ，
3
4
a ，
证明：当
1
n 时，可得
1
2
2
2 1
0
log
log
a
a 


，
当
2
n 时，可得
2
3
2
2
2
4
2a
a



，
因为


2
2 2
1
2
log
2
2
2
1
2
1
2
1
2
2
2
4
,
1
n
n
a
a
n
n
n
a
a
a
n











，
1
1
a ，
所以


2
1
2
1
4,
1
n
n
a
n
a




，
所以数列

2
1
n
a
为首项为1，公比为4 的等比数列.
(2)
1
3
4
16
4
9
9
n
n
n
T










19．已知函数

2sin
f x
x
ax


.
(1)当
1
a 时，求函数

f x 在

0,π 上的值域；
(2)若对任意
π
0, 2






x
，都有

cos
f x
x
x

，求实数a 的取值范围；
(3)证明：




*
2
2
2
2
1
1
1
1
8
tan
tan
tan
tan
2
4
2
3
4
3 π
1
n
n
n
n









N

.
试卷第4页，共5页
(1)
π
π, 3
3








(2)

,1

(3)证明见解析
【分析】（1）利用导数判断

f x 在

0,π 上的单调性即可求解；
（2）问题转化为2sin
cos
0
x
x
x
ax


在
π
0, 2





上恒成立，令
2sin
cos
h x
x
x
x
ax



，利用二阶导数求
h x
的最小值，对二阶导数的符号进行分类讨论，分
π
2
a 
，
π
1
2
a


，
1
a 三种情况进行讨论；
（3）利用（2）的结论可得
sin
tan 2
1 cos
2
x
x
x
x



，进而利用放缩可得


*
2
1
1
1
tan (
1)
1
2 n
n
n
n






N ，然后
利用裂项相消求和可证明不等式的左半部分，令

4
π
tan ,0
π
4
p x
x
x
x




，利用导数证明当
π
0
4
x


时，
4
tan
π x
x

，再利用放缩可得




*
2
1
8
1
1
tan
π 2
1
2
3
1
n
n
n
n












N ，最后利用裂项相消求和可证明不等式
的右半部分.
【详解】（1）当
1
a 时，



2sin
,
0,π
f x
x
x x



，则

2cos
1
f
x
x


，
令

0
f
x

，则
1
cos
2
x 
，即
π
0
3
x


；
令

0
f
x

，则
1
cos
2
x 
，即π
π
3
x

.
所以

f x 在
π
0, 3





上单调递增，在
π ,π
3





上单调递减，
又


π
π
0
0,
3
,
π
π
3
3
f
f
f










，
所以

f x 的值域为
π
π, 3
3







.
（2）由

cos
f x
x
x

，得2sin
cos
0
x
x
x
ax


，
设
π
2sin
cos
,
0, 2
h x
x
x
x
ax x








，则
0
0
h
，

2cos
cos
sin
cos
sin
h x
x
x
x
x
a
x
x
x
a








，
设
cos
sin
g x
x
x
x
a


，则

cos
g
x
x
x


，
所以当
π
0, 2






x
时，

0
g
x

，所以

h x

在
π
0, 2





上单调递增，
所以


π
π
1
0
2
2
a
h
h
x
h
a















.
①当
π
2
a 
时，


0,
h x
h x


在
π
0, 2





上单调递减，则
0
h x ，不满足题意；
②当
π
1
2
a


时，
0
π
0, 2
x






，使得


0
0
h x

，
试卷第5页，共5页
当
0
0
x
x


时，


0,
h x
h x


在

0
0, x 上单调递减，则

0
0
h x
h

，不满足题意；
③当
1
a 时，


0,
h x
h x


在
π
0, 2





上单调递增，则

0
0
h x
h

，满足题意.
综上可得
1
a ，即实数a 的取值范围是

,1

.
（3）由（2）得，当
1
a 时，任意
π
0,
,2sin
cos
0
2
x
x
x
x
x










恒成立，
即
sin
tan 2
1 cos
2
x
x
x
x



，
所以





*
2
2
1
1
1
1
1
tan (
1)
(
1)
1
2
1
2 n
n
n
n
n
n
n











N ，
所以
2
2
2
2
1
1
1
1
tan
tan
tan
tan
2
3
4
(
1)
n






1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
2
3
3
4
4
5
1
2
2
2
2
4
n
n
n
n
n

















.
令

4
π
tan ,0
π
4
p x
x
x
x




，则

2
2
2
4
1
4cos
π
π
cos
πcos
x
p
x
x
x





，
存在
0
π
0, 4
x





，使得


0
0
p x

.
则当


0
0,
x
x

时，

0
p x

；当
0
π
, 4
x
x





时，

0
p x

，
于是
p x 在

0
0, x 上单调递增，在
0
π
, 4
x





上单调递减，而
π
0
0
4
p
p 







，
所以
0
p x ，即当
π
0
4
x


时，4
tan
π x
x

.
所以


*
2
2
1
4
1
8
1
1
tan (
1)
π (
1)
π
2
1
2
3
n
n
n
n
n















N
，
所以


2
2
2
2
1
1
1
1
8 1
1
1
1
1
1
8 1
1
8
tan
tan
tan
tan
2
3
4
π
3
5
5
7
2
1
2
3
π
3
2
3
3π
1
n
n
n
n
































.
综上所述，


*
2
2
2
2
1
1
1
1
8
tan
tan
tan
tan
2
4
2
3
4
(
1)
3 π
n
n
n
n









N

.