四川省广安第二中学校2024−2025学年高二下学期期中考试 数学试题（含解析）

这是一份四川省广安第二中学校2024−2025学年高二下学期期中考试 数学试题（含解析），共35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．直线的倾斜角为（ ）
A．B．C．D．
2．若，且为直线的一个方向向量，为平面的一个法向量，则的值为（ ）
A．B．C．D．
3．若数列满足，，则（ ）
A．B．11C．D．
4．函数的单调递减区间是（ ）
A．B．C．D．
5．算法统宗是明朝程大位所著数学名著，其中有这样一段表述：“远看巍巍塔九层，红光点点倍加增，共灯五百一十一”，其意大致为：有一栋九层宝塔，每层悬挂的红灯数为上一层的两倍，共有盏灯，则该塔中间一层有（ ）盏灯.
A．B．C．D．
6．已知，则的图象可能是（ ）
A．B．
C．D．
7．若函数有三个零点，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
8．已知，向量与的夹角为，若对任意的，当时，恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．下列命题中是真命题有（ ）
A．若，则是函数的极值点
B．函数的切线与函数图象可以有两个公共点
C．已知函数，该函数在区间上的平均变化率为
D．函数在处的切线方程为，则当时，
10．已知数列的前项和为，下列说法正确的是（ ）
A．若，则是等差数列
B．若，则是等比数列
C．若，则数列为递增数列
D．若数列为等差数列，，则最小
11．如图，在正三棱柱中，，分别为，的中点，，则下列说法正确的是（ ）

A．若，则异面直线和所成的角的余弦值为
B．若，则点到平面的距离为
C．存在，使得平面
D．若三棱柱存在内切球，则
三、填空题（本大题共3小题）
12．已知函数在点的切线与直线平行，求的值 .
13．若双曲线(a＞0，b＞0)的离心率为2，则其两条渐近线所成的锐角为 .
14．已知函数，，若关于的不等式有解，则的最小值是 .
四、解答题（本大题共5小题）
15．等差数列中，，，．
（1）求的通项公式；
（2）设，求数列的前项和．
16．已知函数，在处取得极值
（1）求，的值；
（2）求函数在区间上的最值．
17．如图，平面，，，，，.

（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的大小；.
18．已知椭圆：的左右焦点分别为，，点在椭圆上，且.
（1）求椭圆的方程；
（2）假设平面中有一组平行直线的斜率是，
（i）这组直线何时与椭圆有两个公共点？
（ii）当这组直线与椭圆有两个交点时，证明这些直线被椭圆截的线段的中点在同一条直线上.
19．函数
（1）讨论的单调性.
（2）设，若，求参数的范围.
（3）假设函数的图象与轴交于A，B两点，线段AB中点的横坐标为，证明：.
参考答案
1．【答案】B
【详解】由，
所以的斜率为，则该直线的倾斜角为．
故选B．
2．【答案】D
【详解】由题意，
所以，解得.
故选D.
3．【答案】D
【分析】探索数列的周期性，根据数列的周期性求指定项.
【详解】因为.所以数列周期为3的数列.
所以，
，所以，
故.
故选D.
4．【答案】B
【详解】，，
令，且，易得：
所以单调递减区间是，
故选B
5．【答案】C
【详解】由条件可知，每层的红灯数构成等比数列，设最上面一层的红灯数为，公比，，
则，得，
中间一层的红灯数为.
故选C
6．【答案】A
【详解】根据题意，当时，，
则，
当时，，
当时，，而，所以，
所以时，，函数在单调递增，
当时，，
则，
当时，，，而，所以，
函数在单调递增，
当时，，且单调递增，而，且单调递减，
则存在，使得，
则时，所以，
所以时，，函数在单调递增，
时，所以，函数在单调递减，
故只有A符合题意.
故选A
7．【答案】A
【详解】当时，，且，
由可得，所以，
即在上单调递增，
且，时，，
所以时，有唯一零点；
当时，，且，
令可得，
当时，，则单调递减，
当时，，则单调递增，
所以是函数的极小值点，即最小值点，
则最小值为，
因为函数有三个零点，且时，有唯一零点，
所以时，有两个零点，
则，即，解得.
故选A
8．【答案】D
【详解】由条件可知，，，
即恒成立，即，两边同时除以，
整理为，，
设，，
，得，
当，，单调递增，当，，单调递减，
由题意可知，在单调递减，
所以.
故选D
9．【答案】BC
【详解】对于A：若，则，且，
则在R上单调递增，故无极值点，
即不能由得到是函数的极值点，故A错误；
对于B：取，则是的切线，
切线与有两个公共点，故B正确；
对于C：函数，该函数在区间上的平均变化率为，故C正确；
对于D：因函数在处的切线方程.
则当时，，
则当时，，故D错误.
故选BC
10．【答案】BC
【详解】对于选项A，，，，
，不满足是等差数列，故选项A错误；
对于选项B，当时，，
当时，，
因为时也满足上式，所以，则，
所以是等比数列，故选项B正确；
对于选项C，因为，所以，
因为，所以，
因此数列为以为首项，4为公差的等差数列，也是递增数列，故选项C正确；
对于选项D，设数列的公差为，因为，所以，
即，当时，没有最小值，故选项D错误.
故选BC．
11．【答案】AB
【详解】如图，以点为原点，向量为轴的正方向，再作，
若，，，，，
，，，故A正确；
，设平面的一个法向量为，
则，令，得，
所以平面的一个法向量为，且,
所以点到平面的距离为，故B正确；

C.设，则，，
，所以不存在，使得平面，故C错误；
D. 等边三角形的内切圆的半径为，若三棱柱存在内切球，则，故D错误.
故选AB
12．【答案】1
【详解】，由题意可知，直线的斜率为2，所以，得.
13．【答案】
【详解】根据离心率为2，得到，从而得到两条渐近线方程即可.
【详解】∵，∴，
故，所以，
∴两条渐近线方程为：，
∴两条渐近线所成的锐角为.
14．【答案】/
【详解】由得，显然，
所以有解，
令，则，
令，则，所以当时，当时，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，即，
所以，则，即的最小值是.
15．【答案】（1），
（2）
【详解】（1）设等差数列的公差为，
，，，
解得，，，
，．
（2），
．
16．【答案】（1）；
（2）最大值为，最小值为.
【详解】（1）由题设，，又处取得极值
所以，可得.经检验，满足题意.
（2）由（1）知：，
在上，递增；在上，递减；
在上的最大值为，
而，，故在上的最小值为，
综上，上最大值为，最小值为.
17．【答案】（1）证明见解析
（2）.
【详解】（1）因为平面，平面，
所以，因为，，
､平面，所以平面，
可以建立以为原点，分别以，，的方向为轴､轴､轴正方向的空间直角坐标系如图，

可得，，，，.
设，则.
依题意，是平面的法向量，
又，可得，则，
又因为直线不在平面，所以平面.
（2）依题意，，，.
设为平面的法向量，
则，即，
不妨令，可得.设为与平面所成的角，
因此有.
所以，直线与平面所成角的大小为.
18．【答案】（1）
（2）（i）这组平行直线的纵截距在时，与椭圆有两个公共点；（ii）证明见解析.
【详解】（1）由，可知，即，
将代入椭圆方程可得：，解得，
所以椭圆的方程；
（2）（i）依题意，设这组平行直线的方程为，
代入椭圆方程，消去，
得，
由判别式大于0，可得，解得，
则这组平行直线的纵截距在时，与椭圆有两个公共点；
（ii）由（i）知直线和椭圆方程联立，可得，
此时，则，则中点的横坐标为..，
代入直线方程可得截得弦的中点为，
由，消去，可得．
则这些直线被椭圆截得的线段的中点在一条直线上．
19．【答案】（1）在单调递增，在单调递减.
（2）答案见解析
（3）证明见解析
【详解】（1）的定义域为，
①若，则，所以在单调递增.
②若，则由得，
且当时，，当时，.
所以在单调递增，在单调递减.
（2）由（1）可知时，在单调递增，在单调递减，
所以，
设，则在上单调递减，又，
所以若，则；
（3）由（1）可知：当时，函数在上单调递增，
故图象与轴至多有一个交点，不符合题意，从而.
当时，在单调递增，在单调递减，
不妨设，则.
由
两式相减得：
即：，
又
令，
则，从而函数在上单调递减，
故，从而
，又，所以.