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高級中學名校試卷PAGEPAGE1四川省成都市郫都區2024-2025學年高二下學期4月期中考試數學試題第I卷(選擇題共58分)一、選擇題(本大題共8小題,每小題5分,共40分,在每小題給出的四個選項中,只有一項是最符合題目要求的)1.函數的單調遞增區間是()A. B. C. D.【答案】A【解析】函數的定義域為,又,令,解得,所以函數的單調遞增區間是.故選:A2.在等差數列中,若,則該數列的公差為()A. B. C.3 D.【答案】D【解析】設等差數列的公差為,則,由,則,解得.故選:D.3.設,若,則()A. B. C.1 D.In2【答案】C【解析】函數,,則,又,即,解得.故選:C.4.已知函數,則不等式的解集是(

)A. B.C. D.【答案】A【解析】因為,定義域為,所以為奇函數,,因為,所以,所以在上單調遞增,所以,又單調遞增,所以,即解集為.故選:A.5.已知等差數列的公差,且成等比數列,則數列的前2025項和為()A. B. C.505 D.1013【答案】D【解析】設首項為,因為成等比數列,所以,則,解得或,當時,,此時與成等比數列矛盾,故排除,當時,,此時令,而其前2025項和為,.故選:D6.已知數列,,且,將與的公共項按從大到小的順序排列組成一個新數列,則的前10項和為()A. B. C. D.【答案】C【解析】因為數列是正奇數數列,對于數列,當為奇數時,設,則,為奇數;當為偶數時,設,則,為偶數,所以,由數列的函數特性知為遞減數列,又,所以,故選:C.7.已知函數有三個不同的零點,則實數a的取值范圍是()A. B. C. D.【答案】A【解析】令,即得,即方程有三個零點,即直線與曲線有三個不同的交點,可得,所以當或時,,單調遞減;當時,,單調遞增,所以當時,有極小值為,當時,有極大值為,當時,,且當時,,所以作出函數的圖象如圖所示,所以數形結合可知,即實數的取值范圍為,故選:A8.同構式通俗的講是結構相同的表達式,如:,,此時稱與為同構式.已知實數滿足,,則()A.6 B.8 C. D.【答案】B【解析】由,則令,則,故在單調遞增,所以,所以,故,故故選:B.二、多項選擇題(本題共3小題,每小題6分,共18分.在每小題給出的四個選項中,有多項符合題目要求.全部選對的得6分,部分選對得部分分)9.已知函數,則下列結論正確的是()A.是函數定義域內的極小值點B.的單調減區間是C.若方程有兩個不同的實根,則D.在定義域內有最小值,無最大值【答案】AC【解析】對于A,定義域為,,令可得,當時,,為減函數;當時,,為增函數;所以是函數的極小值點,A正確;對于B,由A可知當時,,為減函數,所以的單調減區間是和,B不正確;對于C,由前面分析,單調減區間是和,增區間為,極小值為,簡圖如下,由圖可知,方程有兩個不同實根,則,C正確;對于D,由選項C可知,在定義域內無最小值,也無最大值,D不正確.10.以下命題正確的有()A.設等差數列的前項和分別為,若,則B.數列滿足,則C.數列滿足:,則D.已知為數列的前項積,若,則數列的前項和為【答案】BD【解析】對于A,令等差數列的首項分別為,則,所以,故A錯誤,對于B,因為,所以,當時,,所以,又滿足,所以,故B正確,對于C,因為,當時,得,不滿足,所以C錯誤,對于D,由,當時,,即,解得,當時,,于是,整理得到,所以數列是首項為,公差為的等差數列,所以數列的前項和,所以D正確,故選:BD.11.設是函數的導函數,將和的圖象畫在同一個直角坐標系中,可能正確的是()A. B.C. D.【答案】ABC【解析】對于選項A,若為的圖象,當時,,在單調遞增;當時,,在單調遞增,圖象可能正確,故A正確;對于選項B,若為的圖象,,在上單調遞增,圖象可能正確,故B正確;對于選項C,若為的圖象,當時,,為常函數;當時,,在單調遞增,圖象可能正確,故C正確;對于選項D,若為的圖象,當時,,單調遞增,不符合;若為的圖象,當時,,單調遞減,不符合;當時,,單調遞減,也不符合,故D錯誤;綜上,故選ABC.第II卷(非選擇題共92分)三、填空題(本大題共3小題,每小題5分,共15分)12.已知是數列的前n項和,,則________.【答案】【解析】由數列的前項和為,且,當時,,兩式相減,可得,即,,令,可得,所以數列是首項為,公比為的等比數列,,故答案為:13.函數在時有極小值0,則_______.【答案】11【解析】因為,所以,因為函數在時有極小值0,所以,①,②聯立①②解得或,當時,,則函數在上單調遞增,無極值,不滿足題意;當時,,由解得或,由解得,函數在單調遞增,單調遞減,單調遞增,滿足函數在時有極小值,所以,故答案為:11.14.若恒成立,則的取值范圍是___________.【答案】【解析】函數,都是單調遞增函數,都至多有一個零點,因為恒成立,所以函數,有公共零點,記為,則,即,,設.,,在單調遞增在單調遞減,單調遞增,,,,故答案為:.四、解答題(本大題共5小題共77分,解答應寫出文字說明,證明過程或演算步驟)15.已知為橢圓:上一點,且點到兩焦點距離之和為,且橢圓離心率為.(1)求橢圓的標準方程;(2)若直線被橢圓截得的線段長為,求的值.解:(1)由題可得,則,又由得,則,所以橢圓的方程為.(2)設直線與橢圓交于,兩點,聯立方程組,消得到,則,由于,又,則,整理得到,解得,又時,,所以滿足題意.16.如圖,在四棱錐中,底面,,,,,,為棱的中點.(1)求證:平面;(2)求平面與平面夾角的余弦值.解:(1)法一:取中點,連接.在△中,分別為的中點,所以,又,所以,四邊形是平行四邊形,所以,又平面,平面,所以平面.法二:因為底面,底面,所以,又因為平面,所以平面,即為平面的一個法向量,如圖,以點為原點,,,分別為軸,軸,軸,建立空間直角坐標系,則,,,,,由為棱的中點,得,向量,,故,又平面,所以平面;(2)因為,設平面的法向量為,則,取,又平面的法向量,設平面與平面的夾角為,則,所以平面與平面夾角的余弦值為.17.已知函數.(1)討論的單調區間;(2)若,求在區間上的最小值和最大值.解:(1)由題知,當時,恒成立,故在上單調遞增,當時,由得,(舍負),當時,,當時,,故在上單調遞減,在上單調遞增,綜上,當時,在上單調遞增,當時,在上單調遞減,在上單調遞增;(2)因為,,因為,當時,,當時,,所以函數在上單調遞減,在上單調遞增,故在處取得極小值,也是最小值,,,,由于,則,故時,的最小值為,最大值為.18.已知數列滿足.(1)證明:數列為等差數列;(2)設,記數列的前n項和為.(i)求;(ii)若成立,求m的取值范圍.解:(1)因為,即,所以數列是以為首項,3為公差的等差數列.(2)(i)由(1)知,所以,所以,所以,,所以,所以.(ii)因為,所以,令,不妨設的第項取得最大值,所以,解得,所以的最大值為,所以,即m的取值范圍是.19.已知函數.(1)當時,求曲線在點處的切線方程;(2)當時,不等式恒成立,求實數的取值范圍;(3)證明:.解:(1)當時,,,,則,所以,所以曲線在點處的切線方程為,即;(2)因為,恒成立,所以恒成立.令,則,令,則且不恒為0,即在上單調遞減,則,所以當時,且不恒為0,所以在區間上單調遞減,故,所以,綜上,實數的取值范圍為;(3)取,由(2)得當時,,所以.取,則有,即,所以,,,,將上述式子相加得,得證.四川省成都市郫都區2024-2025學年高二下學期4月期中考試數學試題第I卷(選擇題共58分)一、選擇題(本大題共8小題,每小題5分,共40分,在每小題給出的四個選項中,只有一項是最符合題目要求的)1.函數的單調遞增區間是()A. B. C. D.【答案】A【解析】函數的定義域為,又,令,解得,所以函數的單調遞增區間是.故選:A2.在等差數列中,若,則該數列的公差為()A. B. C.3 D.【答案】D【解析】設等差數列的公差為,則,由,則,解得.故選:D.3.設,若,則()A. B. C.1 D.In2【答案】C【解析】函數,,則,又,即,解得.故選:C.4.已知函數,則不等式的解集是(

)A. B.C. D.【答案】A【解析】因為,定義域為,所以為奇函數,,因為,所以,所以在上單調遞增,所以,又單調遞增,所以,即解集為.故選:A.5.已知等差數列的公差,且成等比數列,則數列的前2025項和為()A. B. C.505 D.1013【答案】D【解析】設首項為,因為成等比數列,所以,則,解得或,當時,,此時與成等比數列矛盾,故排除,當時,,此時令,而其前2025項和為,.故選:D6.已知數列,,且,將與的公共項按從大到小的順序排列組成一個新數列,則的前10項和為()A. B. C. D.【答案】C【解析】因為數列是正奇數數列,對于數列,當為奇數時,設,則,為奇數;當為偶數時,設,則,為偶數,所以,由數列的函數特性知為遞減數列,又,所以,故選:C.7.已知函數有三個不同的零點,則實數a的取值范圍是()A. B. C. D.【答案】A【解析】令,即得,即方程有三個零點,即直線與曲線有三個不同的交點,可得,所以當或時,,單調遞減;當時,,單調遞增,所以當時,有極小值為,當時,有極大值為,當時,,且當時,,所以作出函數的圖象如圖所示,所以數形結合可知,即實數的取值范圍為,故選:A8.同構式通俗的講是結構相同的表達式,如:,,此時稱與為同構式.已知實數滿足,,則()A.6 B.8 C. D.【答案】B【解析】由,則令,則,故在單調遞增,所以,所以,故,故故選:B.二、多項選擇題(本題共3小題,每小題6分,共18分.在每小題給出的四個選項中,有多項符合題目要求.全部選對的得6分,部分選對得部分分)9.已知函數,則下列結論正確的是()A.是函數定義域內的極小值點B.的單調減區間是C.若方程有兩個不同的實根,則D.在定義域內有最小值,無最大值【答案】AC【解析】對于A,定義域為,,令可得,當時,,為減函數;當時,,為增函數;所以是函數的極小值點,A正確;對于B,由A可知當時,,為減函數,所以的單調減區間是和,B不正確;對于C,由前面分析,單調減區間是和,增區間為,極小值為,簡圖如下,由圖可知,方程有兩個不同實根,則,C正確;對于D,由選項C可知,在定義域內無最小值,也無最大值,D不正確.10.以下命題正確的有()A.設等差數列的前項和分別為,若,則B.數列滿足,則C.數列滿足:,則D.已知為數列的前項積,若,則數列的前項和為【答案】BD【解析】對于A,令等差數列的首項分別為,則,所以,故A錯誤,對于B,因為,所以,當時,,所以,又滿足,所以,故B正確,對于C,因為,當時,得,不滿足,所以C錯誤,對于D,由,當時,,即,解得,當時,,于是,整理得到,所以數列是首項為,公差為的等差數列,所以數列的前項和,所以D正確,故選:BD.11.設是函數的導函數,將和的圖象畫在同一個直角坐標系中,可能正確的是()A. B.C. D.【答案】ABC【解析】對于選項A,若為的圖象,當時,,在單調遞增;當時,,在單調遞增,圖象可能正確,故A正確;對于選項B,若為的圖象,,在上單調遞增,圖象可能正確,故B正確;對于選項C,若為的圖象,當時,,為常函數;當時,,在單調遞增,圖象可能正確,故C正確;對于選項D,若為的圖象,當時,,單調遞增,不符合;若為的圖象,當時,,單調遞減,不符合;當時,,單調遞減,也不符合,故D錯誤;綜上,故選ABC.第II卷(非選擇題共92分)三、填空題(本大題共3小題,每小題5分,共15分)12.已知是數列的前n項和,,則________.【答案】【解析】由數列的前項和為,且,當時,,兩式相減,可得,即,,令,可得,所以數列是首項為,公比為的等比數列,,故答案為:13.函數在時有極小值0,則_______.【答案】11【解析】因為,所以,因為函數在時有極小值0,所以,①,②聯立①②解得或,當時,,則函數在上單調遞增,無極值,不滿足題意;當時,,由解得或,由解得,函數在單調遞增,單調遞減,單調遞增,滿足函數在時有極小值,所以,故答案為:11.14.若恒成立,則的取值范圍是___________.【答案】【解析】函數,都是單調遞增函數,都至多有一個零點,因為恒成立,所以函數,有公共零點,記為,則,即,,設.,,在單調遞增在單調遞減,單調遞增,,,,故答案為:.四、解答題(本大題共5小題共77分,解答應寫出文字說明,證明過程或演算步驟)15.已知為橢圓:上一點,且點到兩焦點距離之和為,且橢圓離心率為.(1)求橢圓的標準方程;(2)若直線被橢圓截得的線段長為,求的值.解:(1)由題可得,則,又由得,則,所以橢圓的方程為.(2)設直線與橢圓交于,兩點,聯立方程組,消得到,則,由于,又,則,整理得到,解得,又時,,所以滿足題意.16.如圖,在四棱錐中,底面,,,,,,為棱的中點.(1)求證:平面;(2)求平面與平面夾角的余弦值.解:(1)法一:取中點,連接.在△中,分別為的中點,所以,又,所以,四邊形是平行四邊形,所以,又平面,平面,所以平面.法二:因為底面,底面,所以,又因為平面,所以平面,即為平面的一個法向量,如圖,以點為原點,,,分別為軸,軸,軸,建立空間直角坐標系,則,,,,,由為棱的中點,得,向量,,故,

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