威远中学2026届高二下期半期考试
数 学
（命题人：第三小组）
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，全卷满分150分，考试时间120分钟.
第Ⅰ卷 （选择题 共58分）
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．已知等差数列的前项和为，若，则（ ）
A． B． C．1 D．
2．在等比数列中，，，则（ ）
A．4 B．8 C．10 D．12
3．函数的单调递增区间是（ ）
A． B．和
C． D．
4．在等比数列{an}中，an>0，且a1+a2=1，a3+a4=9，则a4+a5的值为（ ）
A．16 B．27 C．36 D．81
5．已知等差数列的公差，，，记该数列的前n项和为，则的最大值为（ ）
A．20 B．24 C．36 D．40
6．已知函数的图象如图所示，则不等式的解集为（ ）
A． B． C．D．
7．已知数列的前项和为，且，，则的值为（ ）
A．360 B．480 C．960 D．1280
8．
A．1 B．-1 C．2 D．-2
多选题（本题共3个小题，每题6分，有多个选项，共18分）
9．已知数列满足，则（ ）
A． B．的前n项和为
C．的前100项和为100 D．的前30项和为357
10．已知，下列说法正确的是（ ）
A．在处的切线方程为 B．的单调递减区间为
C．的极大值为 D．方程有两个不同的解
11．已知数列满足，则下列结论正确的有（ ）
A．为等比数列 B．的通项公式为
C．为递增数列 D．的前n项和
第Ⅱ卷 （非选择题 共92分）
填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分，请把答案填在答题卡相应位置上.
12．已知数列的前项和为，，则 .
13．曲线上的点到直线的最短距离是 .
14．设为数列的前项和，已知，，则 .
四、解答题（本大题共5小题，共72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）已知曲线.
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)求过点且与曲线相切的直线方程.
16.(本小题满分15分）已知数列的前n项和，数列的前n项和．
(1)求，的通项公式；
(2)若，求的前n项和．
17.(本小题满分15分）已知数列，若，且．
(1)证明数列是等比数列，并求出的通项公式；
(2)若，且数列的前项和为，求．
18.(本小题满分17分）已知函数．
(1)当时，求的单调区间和极值；
(2)若对任意，有恒成立，求的取值范围．
19.(本小题满分17分）已知函数，记，且，
(1)求，；
(2)设，，
（ⅰ）证明：数列是等差数列；
（ⅱ）数列的前n项和为，且对任意的，满足，求的取值范围.
威远中学校2026届高二下半期考试数学试题参考答案 .
1．D解：由，根据等差数列的求和公式，，
又.故选：D
2．B解：由题意，且，所以.故选：B.
3．C解：由题设，且，可得，所以递增区间为.
故选：C
4．B解：∵a1+a2=1，a3+a4=9，∴q2=9.∴q=3（q=-3舍去）∴a4+a5=（a3+a4）q=27.故选：B
5．C解：等差数列中，公差，即数列是递减等差数列，
显然，而，且，解得，则，
，由，得，因此数列前9项均为非负数，从第10项起均为负数，所以的最大值为.故选：C.
6．B解：由图象可知在上单调递增，在上单调递减，
所以当或时，；当时，；
而等价于①，或②，由①得或，则，
由②得，则，综上，.故选：B.
7．D解：当n为奇数，，，当n为偶数，，，因此，的奇数项是以3为首项，3为公差的等差数列；
的偶数项是以为首项，3为公差的等差数列，所以
.故选：D
A解：
9．AD解：当时，，当时，，
两式相减可得：，所以，
显然当时，满足，故，故A正确；由等差数列求和公式知的前项和为，故B错误；令，的前100项和为：
，故C错误；令，所以的前30项和为：，故D正确.故选：AD.
10．BC解：对于A，由（），得，，则，所以在处的切线方程为，所以A错误，对于B，由，得，，所以的单调递减区间为，所以B正确，对于C，由，得，当时，，当时，，所以当时，取得极大值，所以C正确，对于D，由C选项可知的最大值为，且当时，，当时，， 所以函数与的交点个数为1，所以有1个解，所以D错误，故选：BC
11．ABD解：因为，所以+3，所以，又因为，所以数列是以4为首项，2为公比的等比数列，故A正确；
，即，故B正确；因为，因为，所以，所以，所以为递减数列，故C错误；，则，故D正确.故选：ABD.
12．解：当时，，当时，，
此时，不符，故.故答案为：
13．解：与平行的直线和相切，则斜率为，因为，所以，令，解方程得，代入直线方程得切点，则点到直线的距离就是曲线的点到直线的最短距离，
由点到直线的距离公式知，故答案为：.
14. 解：，令，则，∴又，，∴；
①，②，①减②得：，∴，∴.
15．(1)(2)和.
解：（1）当时，，
所以曲线在点处的切线方程为，即.
（2）设切点坐标为，由（1）知切线的斜率为，故切线方程为，因为切线过点，所以，即，所以或，故过点且与曲线相切的直线有两条，其方程分别是和，即和.
16．(1)，(2)
解：（1）因为数列的前n项和，所以当时，；当时，，此时满足上式，故．因为数列的前n项和，所以当时，；当时，，此时满足上式，
故．
（2）因为，所以，则，两式相减得，
化简得．
17．(1)证明见解析，(2)
【详解】（1）因为，所以，又，所以，
所以是以为首项、为公比的等比数列，所以，则.
（2）由（1）可得，所以，
所以.
18．(1)的单调递减区间为：；递增区间为：，的极大值为，无极小值(2)
【详解】
（1）当时，，．令，，故在R上单调递减，而，因此0是在R上的唯一零点即：0是在R上的唯一零点当x变化时，，的变化情况如下表：
x 0
0
极大值
的单调递减区间为：；递增区间为：的极大值为，无极小值
（2）由题意知，即，即，设，则，令，解得，当，，单调递增，当，，单调递减，所以，
所以
19．(1)，(2)（ⅰ）证明见解析（ⅱ）
【详解】（1）函数，，
.
（2）（i）由（1）知，，又，可得，
而，则，
所以数列是首项为4，公比为4的等比数列，故，则，，从而，所以数列是首项为，公差为的等差数列.
（ii）由（i）得，即有，，
于是，两式相减得，所以，
又对任意的，满足，可得恒成立，设，
则，当时，，即，当时，，即，
所以可得的最大值为，所以，即即可,
故的取值范围.
