四川省德阳外国语学校2024−2025学年高二下学期第一学月考试数学试题（含解析）

这是一份四川省德阳外国语学校2024−2025学年高二下学期第一学月考试数学试题（含解析），共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（本大题共8小题）
1．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知曲线上一点，记为函数的导数，则（ ）
A．B．C．D．
3．在数列中，若，，则（ ）
A．B．1C．4D．
4．已知点F为抛物线的焦点，P为C上一点，若，则P点的横坐标为（ ）
A．B．2C．D．3
5．已知曲线在点处的切线与直线平行，则点的坐标是（ ）
A．B．C．D．
6．已知R上的可导函数的图象如图所示，则不等式的解集为（ ）
A．B．
C．D．
7．国家体育场“鸟巢”的钢结构鸟瞰图如图1所示，内外两圈的钢骨架是离心率相同的椭圆；某校体育馆的钢结构与“鸟巢”相同，其平面图如图2所示，若由外层椭圆长轴一端点和短轴一端点分别向内层椭圆引切线，，且两切线斜率之积等于，则椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
8．定义在R上的偶函数，其导函数，当x≥0时，恒有，若，则不等式的解集为（ ）
A．(,1)B．(∞,)∪(1,+∞)
C．(,+∞)D．(∞,)
二、多选题（本大题共3小题）
9．记数列的前n项和为，且，则（ ）
A．B．数列是公差为1的等差数列
C．数列的前n项和为D．数列的前2023项和为
10．关于函数，下列说法正确的是（ ）
A．若存在极值点，则
B．若，则有且只有一个极值点
C．若有两个极值点，则
D．若1是的极大值点，则
11．直四棱柱的所有棱长都为4，，点P在四边形及其内部运动，且满足，则（ ）．
A．存在点P使得平面
B．直线与平面所成的角为定值
C．点P到平面的距离的最小值为
D．直线与所成角的范围为
三、填空题（本大题共3小题）
12．已知函数，则 ．
13．已知双曲线的方程为，点，点，点为双曲线上的一个动点，则的最小值为 .
14．已知函数有三个零点，则实数的取值范围是 .
四、解答题（本大题共5小题）
15．记的内角A、B、C的对边分别为a，b，c，已知，
(1)求B；
(2)若的面积为，求c．
16．在前项和为的等比数列中，，，.
(1)求数列的通项公式；
(2)令，求数列的前项和.
17．若函数，当时，函数有极值．
（1）求函数的解析式，并求其在点处的切线方程；
（2）若方程有个不同的根，求实数的取值范围．
18．已知底面是平行四边形，平面，，，，且.
(1)求证：平面平面；
(2)线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值是.若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
19．已知函数在点处的切线斜率为0．
（1）求a的值；
（2）求在上的最大值；
（3）设，证明：对任意都有．
参考答案
1．【答案】C
【详解】方法一：因为，而，
所以．
故选C．
方法二：因为，将代入不等式，只有使不等式成立，所以．
故选C．
2．【答案】D
【详解】，，所以，
所以.
故选D
3．【答案】C
【详解】因为，，
令，可得；
令，可得；
令，可得，
可知是以3为周期的周期数列，所以．
故选C.
4．【答案】C
【详解】抛物线C的方程为，
，可得，
设，由抛物线的定义得，
所以，
故选C.
5．【答案】D
【详解】的导数为，
设，则在点的切线斜率为，
由于在点处的切线与直线平行，
则，解得，所以，即有.
故选D.
6．【答案】D
【详解】由图象知的解集为，的解集为，
或，
所以或，解集即为．
故选D．
7．【答案】C
【详解】解：设内层椭圆方程为（），因为内、外层椭圆离心率相同，
所以外层椭圆方程可设成（），
设切线方程为，与联立得，
，
由，则，
设切线方程为，
同理可求得，
所以，，
所以，因此.
故选C.
【方法总结】求椭圆离心率的方法：
8．【答案】A
【详解】当时，，又，
∴，即在上单调递减．
∵是定义在R上的偶函数，
∴是定义在R上的偶函数，
由不等式，则有，
∴，解得：．
∴不等式的解集为．
故选A.
9．【答案】ACD
【详解】数列的前n项和，当时，，
而满足上式，因此，
对于A，，A正确；
对于B，，则数列是公差为的等差数列，B错误；
对于C，，数列的前n项和
，C正确；
对于D，，
则数列的前2023项和为，D正确.
故选ACD.
10．【答案】BCD
【详解】因为，所以，
若存在极值点，
则方程有2个不相等的实数根，且至少有一个根为正数，
则或，故A错误；
若，则，
则方程有2个不相等的实数根，且，
故方程恰有1个正根，即有且只有一个极值点，故B正确；
若有两个极值点，则方程有2个不相等的正根，
则，从而，故正确；
若1是的极大值点，
则易知方程有2个不相等的正根，且，故D正确.
故选BCD.
11．【答案】ABC
【详解】由题设，棱柱底面是边长为4的菱形，且，则，
根据直棱柱的结构特征知，关于平面对称且面，
由，点P在四边形及其内部运动，则，
所以的轨迹是以的中点为圆心，为半径的半圆（含端点），如下图示，
当与重合时，，即，面，面，
所以平面，A对；
由上分析知，直线与平面所成的角，即为半圆锥的母线与底面所成角，
所以直线与平面所成的角为定值，B对；
令点P到平面的距离为，到直线的距离为且，
而，，，
由，则，整理可得，
所以，C对；
由，直线与所成角，即为直线与所成角，
根据对称性，当从运动到半圆的最上方时，由最小逐渐增加到最大，
即与重合时，最小为，显然不满足区间的最小值，D错.

故选ABC
12．【答案】6
【详解】因，
由可得，
故.
13．【答案】7
【详解】由题意得双曲线的焦点在轴上，且，所以点为双曲线的上焦点，
设下焦点为，结合图形可知点为上支上的点时才可能取得最小值，
由双曲线的定义可得，所以，
所以，当且仅当三点共线时取等号.故的最小值为7.
14．【答案】
【详解】当时，此时，显然无零点.
当时，得，
令，，分别令，，
前者解得，，后者解得或，
故在，递减，递增.
故的极小值为，极大值为，
令，显然分母，则分子，，则有唯一零点0，
作出大致图像如图所示：
所以，解得实数的取值范围是.
15．【答案】(1)
(2)
【详解】（1）由余弦定理有，对比已知，
可得，
因为，所以，
从而，
又因为，即，
注意到，
所以.
（2）由（1）可得，，，从而，，
而，
由正弦定理有，
从而，
由三角形面积公式可知，的面积可表示为
，
由已知的面积为，可得，
所以.
16．【答案】(1)
(2)
【详解】（1）设数列的公比为，
由，得，所以，解得或，
若，则由，得，所以，与矛盾，所以，
若，则由，得，所以，，符合
，所以，，所以.
故数列的通项公式为：
（2）由，
两边乘以2得
，
两式相减得：，
故数列的前项和.
17．【答案】（1）；；（2）.
【详解】（1）∵，由题意得，解得，
经检验符合题意，
故所求函数的解析式为，
∴，，，
∴在点处的切线方程为，即．
（2）由（1）可得，令，得或．
当变化时，，的变化情况如下表：
因此，当时，有极大值，当时，有极小值，
所以函数的图象大致如图所示．
若有个不同的根，则直线与函数的图象有个交点，所以．即实数的取值范围为．
18．【答案】(1)证明见解析
(2)存在，或.
【详解】（1）证明：在中，，，，
则，可得，
所以，所以.
因为平面，平面，所以，
又因为，平面，平面，所以平面，
因为，所以平面，
又因为平面，所以平面平面.
（2）
是平行四边形，平面，，，，且.
假设线段上存在点，使得直线与平面所成角的正弦值是，
以为原点，所在直线分别为x轴、y轴、轴建立空间直角坐标系，
如图所示，则，
可得，，
设，
则，所以，
设平面的一个法向量为，则，
令，可得，所以，
设直线与平面所成角的大小为，
故，
整理得，解得或，所以或.
19．【答案】（1）；（2）时， ；时，；时，；（3）证明见解析.
【详解】（1），
是的一个极值点，，
．
（2）由（1）知，
时，，时，，
在上单调递增，在，上单调递减，
当，即时，在，上递增，
，
当，即时，．
当，即时，.
（3），
设，，
其中，，，
，
设，则，
，即在上是增函数．
．
又，由，得，由，得0，，
在上递减，在，上递增，
，
，
对任意，都有．方法
解读
适合题型
直接法
直接求出a，c，然后利用公式e＝eq \f(c,a)求解
已知椭圆方程或者易求a与c
公式法
若已知a，b，可利用公式e＝eq \f(c,a)＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,a)))\s\up12(2))求解．若已知b，c，可利用公式e＝eq \f(c,a)＝eq \r(\f(1,1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,c)))\s\up12(2)))求解
易求比值eq \f(b,a)或eq \f(b,c)
构造法
根据题设条件，借助a，b，c之间的关系，构造出a，c的齐次等式，通过等式两边同时除以a2，进而得到关于e的方程，通过解方程得出离心率e的值，最后根据e∈(0，1)进行取舍
求得的等式为a，c的齐次式，如Aa2＋Bac＋Cc2＝0⇔A＋Be＋Ce2＝0
递增
递减
递增