江西省南昌市第二中学2023-2024学年高二下学期期中考试数学试卷（Word版附解析）

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1. 数列中，，，则（ ）
A. 32B. 62C. 63D. 64
【答案】C
【解析】
【分析】把化成，故可得为等比数列，从而得到的值.
【详解】数列中，，故，
因，故，故，
所以，所以为等比数列，公比为，首项为.
所以即，故，故选C.
【点睛】给定数列的递推关系，我们常需要对其做变形构建新数列（新数列的通项容易求得），常见的递推关系和变形方法如下：
（1），取倒数变形为；
（2），变形为，也可以变形为；
2. 直线与曲线相切于点,则( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】直线与曲线相切于点,可得求得的导数,可得,即可求得答案.
【详解】直线与曲线相切于点
将代入可得:
解得:


由,解得:.
可得,
根据在上
,解得:
故
故选:A.
【点睛】本题考查了根据切点求参数问题,解题关键是掌握函数切线的定义和导数的求法,考查了分析能力和计算能力,属于中档题.
3. 已知的图象如图所示，则的图象最有可能是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据给定的导函数图象确定导数值为正、为负的区间，由此确定函数的单调性即可得解.
【详解】观察的图象得，当时，或，当时，，
于是得在和上都是单调递减的，在上是单调递增的，只有D选项符合上述条件.
故选：D
4. 设α，β是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，下列命题中正确的是（ ）
A. 若α⊥β，m⊂α，则m⊥β
B. 若α⊥β，m⊥α，则m∥β
C. 若m∥α，α∩β=n，则m∥n
D. 若m∥α，m∥β，α∩β=n，则m∥n
【答案】D
【解析】
【分析】在A中，m与β相交、平行或m⊂β；在B中，m∥β或m⊂β；在C中，m与n平行或异面；在D中，由直线与平面平行的性质定理得m∥n．
【详解】解：由α，β是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，知：
在A中，若α⊥β，m⊂α，则m与β相交、平行或m⊂β，故A错误；
在B中，若α⊥β，m⊥α，则m∥β或m⊂β，故B错误；
在C中，若m∥α，α∩β=n，则m与n平行或异面，故C错误；
在D中，若m∥α，m∥β，α∩β=n，则由直线与平面平行的性质定理得m∥n，故D正确．
故选D．
5. 已知，，，则，，的大小关系是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】令函数，利用导数求得函数的单调性，得到，再根据，，，结合题意，，，得到，分别求得，，，即可求解.
【详解】令函数，则，
当时，，函数单调递增，
当时，，函数单调递减，
所以，所以，
因为，，，
所以，，，
所以，即，
因为，可得，
又因，则，
同理，，所以，，
因为当时，，函数单调递减，所以．
故选：C．
【点睛】方法点拨：设函数，求得当时，函数单调递增，当时，函数单调递减，得到，得出，结合函数的单调性进行比较是解答的关键.
6. 已知等差数列满足，则不可能取的值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】法1：设，，由等差数列的下标和性质结合三角函数的性质求解即可；法2：因为，所以，由等差数列的下标和性质即可得出答案.
【详解】法1：设，，
则，所以.
法2：因为,所以.
因此
故选：A.
7. 已知､是双曲线的左､右焦点，过的直线与双曲线的左支交于点，与右支交于点，若，且，则双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由已知条件结合双曲线的定义可得，从而可得为等边三角形，则，然后在中利用余弦定理列方程可求出离心率
【详解】因为，，
所以，
因为
所以，则，
因为，所以，
所以，所以为等边三角形，则，
在中，由余弦定理得
，
，得，
所以，
所以离心率，
故选：B
8. 已知函数，若函数恰有3个零点，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】函数恰有3个零点，等价于方程有三个不等的实数根.分别作出函数和的图象，结合图象即可求解.
【详解】由题意得，方程有三个不等的实数根.
而，
分别作出函数和的图象，
当时，
当时，，对其求导得，所以，
所以曲线在点的切线方程为，
如图，直线与曲线在点相切.
所以的取值范围是.
故选：A.
二､多选题
9. 下列选项中，在上单调递增的函数有（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BD
【解析】
【分析】根据导数的方法逐项判定各选项对应函数的单调性，即可得出结果.
【详解】A选项，由得，当时，，则单调递增；当时，，则单调递减，故排除A；
B选项，由得显然恒成立且不恒为零，所以在上单调递增，故B满足题意；
C选项，由得，当时，，则单调递增；当时，，则单调递减，故排除C；
D选项，由得显然恒成立且不恒为零，所以在上单调递增，故D满足题意；
故选：BD.
【点睛】本题主要考查导数的方法判定函数单调性，属于基础题型.
10. 下列结论成立的有（ ）
A. 若是等差数列，且，，则
B.
C. 数列的通项公式为，则前项和
D. 若两个等差数列、的前项和、且，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用等差中项的性质可判断AD选项的正误；利用等差数列求和公式可判断B选项的正误；利用裂项求和法可判断C选项的正误.
【详解】对于A选项，由等差中项的性质可得，故，A选项正确；
对于B选项，，B选项错误；
对于C选项，，
所以，，C选项正确；
对于D选项，由已知可得，
则，D选项正确.
故选：ACD.
11. 已知函数为定义在上的奇函数，若当时，，且，则（ ）
A. B. 当时，
C. D. 不等式解集为
【答案】CD
【解析】
【分析】构造函数，其中，分析函数的奇偶性与单调性，利用函数的单调性与奇偶性可判断AC选项；取可判断B选项；分、解不等式，可判断D选项.
【详解】构造函数，其中，
因为函数为定义在上的奇函数，则，
所以，，故函数为偶函数，
当时，，
所以，函数在上单调递增，在上单调递减，
因为，则，则.
对于A选项，，即，所以，，A错；
对于B选项，不妨取，则，即，此时，B错；
对于C选项，因为偶函数在上单调递减，
则，即，整理可得，C对；
对于D选项，当时，由可得，解得，
当时，由可得，解得.
综上所述，不等式解集为，D对.
故选：CD.
【点睛】结论点睛：四种常用的导数构造法：
（1）对于不等式（或），构造函数；
（2）对于不等式（或），构造函数；
（3）对于不等式（或）（其中为常数且），构造函数；
（4）对于不等式（或）（其中为常数），构造函数.
三､填空题
12. 已知，求__________.
【答案】
【解析】
【分析】求出函数的导数，利用导数的定义求解即得.
【详解】由，求导得，
.
故答案为：
13. 已知是等差数列的前项和，，则满足的正整数是________．
【答案】
【解析】
【分析】推导出，，，利用等差数列的求和公式可得出，，即可得解.
【详解】由，得，由，得，由，得，
所以，，
所以满足的正整数是．
故答案为：.
14. 已知函数，其中，若不等式对任意恒成立，则的最小值为______.
【答案】
【解析】
【分析】首先求出，则问题即为，可同构变形为，构造函数，，利用导数说明函数的单调性，即可得到，参变分离得到，再令，，利用导数求出函数的最大值，即可求出参数的取值范围，即可得解.
【详解】因为，所以，
所以不等式即为，
即，
构造函数，，则，
则即为，
因为，所以，所以，，所以，
所以在上单调递增，而，，
因此由等价于，所以，
令，，则，
所以当时，当时，所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，所以，
故正实数的最小值为.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是同构变形，从而可构造函数，利用导数研究函数的单调性，将函数不等式转化为自变量的不等式，再进行参变分离.
四､解答题
15. 已知函数的图象在点处的切线方程为．
（1）求的值和函数的解析式；
（2）求函数的单调区间和极值．
【答案】（1），；
（2）单调递减区间是，单调递增区间是；极小值为，无极大值．
【解析】
【分析】（1）由切点在切线上求得值，由切线在函数图象上求得值，由导数几何意义求得值；
（2）求出导函数，由导函数的正负确定单调区间，确定极值.
【小问1详解】
函数的定义域为，
把点代入切线方程为得：，
所以切点坐标为（1，1），由题意得：，①
因为，且函数的图象在点（1，1）处的切线斜率为，
所以，②
由①②解得：，，综上，．
【小问2详解】
由（1）知，，所以，令，解得：；
令，解得：，
所以函数的单调递减区间是，单调递增区间是，
当时，函数的极小值为，无极大值．
16. 已知等差数列的公差为2，记数列的前项和为且满足.
（1）证明：数列是等比数列；
（2）求数列的前项和.
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据通项与前项和之间的关系，作差可得，即可利用等比数列的定义求解，
（2）根据错位相减法求和以及分组求解，结合等差等比数列求和求解.
【小问1详解】
时，，即.
又，也符合，
所以时，，即.
又，所以，
所以，所以数列成等比数列.
【小问2详解】
由（1）易得.由可得，所以.
所以，
所以.
令，
则，
所以，
所以
17. 在菱形中，，以为轴将菱形翻折到菱形，使得平面平面，点为边的中点，连接.
（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用面面平行判定定理证明平面平面，从而根据线面平行的性质可证得结论；
（2）法1：根据面面垂直得线面垂直，从而建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算求解线面夹角即可；法2：根据点、线、面的位置关系，利用等体积转化求解到平面的距离，从而转化求解直线与平面所成角得正弦值.
【小问1详解】
平面平面平面.
同理可得平面.
又平面，平面平面.
平面平面.
【小问2详解】
法1：取中点，易知.
平面平面，平面平面，
又平面，
平面.
如图，建立空间直角坐标系，
则.
从而，得.
又，设平面的法向量，
有，得，解得，取，故，
设直线与平面所成角为，则
，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
法2：取中点，则是平行四边形，所以.
从而与平面所成角即为与平面所成角，设为.
过作交于，过作交于，
过作交于.
因为平面平面，平面平面，
又平面，
所以平面，又平面，
所以，又，平面，
从而平面，因为平面，
所以，又，平面，
从而平面.
所以的长即为到平面的距离.
由，可得.
又，所以到平面的距离设为即为到平面的距离，即.
又，可得.
在中，，所以，得.
所以，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
18. 过坐标原点作圆的两条切线，设切点为，直线恰为抛物的准线.
（1）求抛物线的标准方程；
（2）设点是圆上的动点，抛物线上四点满足：，设中点为.
（i）求直线的斜率；
（ii）设面积为，求的最大值.
【答案】（1）
（2）（i）0；（ii）48
【解析】
【分析】（1）设直线与轴交于，由几何性质易得：，即可解决；（2）设，（i）中，由于中点在抛物线上，得，将，代入联立得点纵坐标为，即可解决；（ⅱ）由（i）得点，，又点在圆上，得，可得：即可解决.
【小问1详解】
设直线与轴交于.
由几何性质易得：与相似，
所以，
，
即：，解得：.
所以抛物线的标准方程为：.
【小问2详解】
设
（i）由题意，中点在抛物线上，即，
又，将代入，
得：，
同理：，
有，此时点纵坐标为，
所以直线的斜率为0.
（ⅱ）因为，
所以点，
此时，
，
，
所以，
又因为点在圆上，有，即，代入上式可得：
，
由，
所以时，取到最大价
所以的最大值为48.
19. 已知函数.
（1）当时，求的极值；
（2）若对任意，都有恒成立，求整数a的最大值.
【答案】（1）的极大值为，无极小值；（2）4.
【解析】
【分析】（1）将代入，先求导，求出导数的零点，结合导数正负判断原函数增减性即可得到答案.
（2）由题意分离参数得，设，则所求问题转化为求，求出，结合零点存在定理，得出函数的单调性，得出其最值，再得出其范围，即可求出的最小整数；
【详解】（1）当时，，定义域为
，注意到
当时，单调递增
当时，单调递减
∴的单调递增区间为，递减区间为
在时取得极大值且极大值为，无极小值.
（2）原不等式恒成立
变形有
即在恒成立.
设原问题等价于
，令
则，在单调递增

由零点存在定理有在存使即
当时，单调递减
当时，单调递增
，利用

，的最大值为4.
【点睛】关键点睛：本题考查利用导数研究函数增减性，分离参数法和构造函数法求解存在性问题，解答本题的关键是由的导数得出单调性，进一步得出其最值，利用 ，可得，得出答案，属于难题.