四川省达州市2024-2025学年高二下学期期中考试数学试卷（解析版）

这是一份四川省达州市2024-2025学年高二下学期期中考试数学试卷（解析版），共10页。试卷主要包含了本试卷主要考试内容等内容，欢迎下载使用。
1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
4．本试卷主要考试内容：人教A版选择性必修第一册占20%，选择性必修第二册占80%．
一、选择题：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. 已知数列，则该数列的第99项为（ ）
A. B. 197C. D. 199
【答案】B
【解析】通过观察，该数列的通项公式为，
所以.
故选：B.
2. 某运动物体的位移（单位：米）关于时间（单位：秒）的函数关系式为，则该物体在秒时的瞬时速度为（ ）
A. 4米/秒B. 3米/秒C. 2米/秒D. 1米/秒
【答案】A
【解析】由，得，
则物体在秒时的瞬时速度米／秒．
故选：A.
3. 下列求导正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】对于A，因为是常数，
所以，所以A错误，
对于B，因为，所以B错误，
对于C，因为，所以C错误，
对于D，因为，所以D正确，
故选：D.
4. 若数列满足，则（ ）
A.8B. C. D.
【答案】D
【解析】因为，
所以，
所以是周期为4的数列，故.
故选：D
5. 已知函数，则的单调递增区间为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】易知函数定义域为，因为，
所以，令，得，
所以，即，所以的单调递增区间为，
故选：A.
6. 已知递增等比数列的公比为，若，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】因为，所以，
由得或，
因为递增，所以，所以，故．
故选：B.
7. 函数的极小值点为（ ）
A. B. 1C. D. 2
【答案】B
【解析】.
令，得；令，得.
可知在，上单调递增，在上单调递减，
所以极小值点为1.
故选：B.
8. 斐波那契数列（Fibnacci sequence），又称黄金分割数列，因数学家莱昂纳多•斐波那契（LenardFibnacci）以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”，指的是这样一个数列：，从第3项开始，每一项都等于前两项之和.删去0后，记此数列为，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】因为，且，
所以，，
，
上述各式相加得.
故选：D
二、选择题：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，有选错的得0分．
9. 已知函数的导函数的图象如图所示，则（ ）
A. 在上单调递减
B. 在上单调递增
C. 的一个极小值为
D. 在上的最大值为
【答案】BD
【解析】由图可知，当时，，当时，，
所以在上单调递减,在，上单调递增，极小值为,
在上的最大值为，所以选项A和C错误，选项B和D正确，
故选：BD.
10. 已知等差数列的前项和为，且，则（ ）
A.
B.
C. 数列中最大
D. 数列中最小
【答案】BCD
【解析】因为，所以.
因为，所以，所以，故B正确.
所以，数列为递减数列，A错误；
又，所以，
所以时，，时，，所以数列中最大，
因为，所以，所以，故D正确.
故选：BCD.
11. 过点向曲线作切线，切线方程可能是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BD
【解析】设切点，因为，则，
则切线方程为，又，
所以，又切线过点，
所以，整理得到，
即，所以或，
当时，切线方程为，即，
当时，切线方程为，
即，
故选：BD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知函数在处可导，若，则__________.
【答案】
【解析】因为，
所以.故答案为：
13. 设等比数列的前项和为，若，则__________．
【答案】
【解析】因为为等比数列，所以，，，…也为等比数列．
设，则，，
所以，则，故．
故答案为：.
14. 已知函数的图象与直线有两个交点，则的取值范围为__________．
【答案】
【解析】令，可得，
构建，
原题意等价于在定义域内有两个零点，
因为，
令，解得；令，解得；
可知在上单调递减，在上单调递增，
则，且当趋近于或时，趋近于，
可知，即，所以的取值范围为．
故答案为：．
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 已知函数的图象在点处的切线方程为.
（1）求；
（2）求在上的值域.
解：（1）因为，所以.
又在点处的切线方程为，
所以，解得，所以，
则，又切点在切线上，所以，解得，
所以，.
（2）由（1）知，则.
令，得或，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增.
因为，，，所以在上的值域为.
16. 如图，在长方体中，，．
（1）求直线与所成角的余弦值；
（2）求直线与平面所成角的正弦值；
（3）求平面与平面所成角的余弦值．
解：（1）以为坐标原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，，．
因为，，
所以，
所以直线与所成角的余弦值为．
（2）设平面的法向量为，
由（1）知，，
所以，令，得，所以，
设直线与平面所成的角为，
所以，
即直线与平面所成角的正弦值为．
（3）设平面的法向量为，
由（1）知，，
所以，令，得，所以．
设平面与平面所成的角为，
结合（2）得，
故平面与平面所成角的余弦值为．
17. 已知正项数列的前项和为，且，数列满足，．
（1）求数列和的通项公式；
（2）设,为数列的前项和,若任意,使得成立，求的取值范围．
解：（1）由，得，
两式相减得，即．
因为，所以，即．
当时，，解得或（舍去），
所以是首项为7，公差为3的等差数列，故，
因为，①
所以当时，，②
①-②得，也满足．
故的通项公式为，的通项公式为．
（2）因为，
所以，
当时，取得最小值．
因为对任意，恒成立，所以，
整理得，解得．
18. 已知椭圆的离心率为，焦点与短轴端点围成的四边形的面积为6．
（1）求椭圆标准方程．
（2）已知动直线过椭圆的右焦点，且与椭圆分别交于，两点．试问轴上是否存在定点，使得为定值？若存在，求出该定值和点的坐标；若不存在，说明理由．
解：（1）由题意得，，
又，
解得，，
所以椭圆的标准方程为．
（2）存在，理由如下：
①当直线的斜率存在时，设直线的方程为，联立椭圆的方程，
可得．设，，
则，．
设，则
若为定值，则，解得，
此时，点的坐标为．
②当直线的斜率不存在时，则直线的方程为，
代入，得
不妨令，．
若，则，，．
综上所述，在轴上存在点，使得为定值，且定值为．
19. 已知函数的导函数为，我们称函数的导函数为函数的二阶导函数，若一个连续函数在区间上的二阶导函数，则称为上的凹函数，若二阶导函数，则称为上的凸函数.
（1）若函数是上的凸函数，求实数的取值范围.
（2）已知函数.
①若是上的凹函数，求实数的取值范围；
②若在内有两个不同的零点，证明：.
解：（1）因为，定义域为，
所以，.
因为是上的凸函数，所以在上恒成立，
即当时，恒成立.
函数图象的对称轴为直线，
当，即时，只需时，即可，所以，
当，即时，只需时，即可，所以，
综上可得.
（2）①因为，，
所以，.
因为是上的凹函数，所以在上恒成立，
即在上恒成立.
令，则.
当时，，则，单调递增；
当时，，则，单调递减
所以，所以，解得，
所以实数的取值范围是.
②由①知，因为在内有两个不同的零点，，
所以方程在内有两个根，，即.
因为在上单调递增，在上单调递减，所以.
欲证，即证.
因为且在上单调递减，
所以只需证明，即证.
欲证，即证，即，
只需证，即证，而该式显然成立.
欲证，即证.
因为，所以只需证，
即证，即需证.
令，，则，
所以在上单调递增，所以，
则原不等式得证.故.