海南某校2024-2025学年高二上学期期末考试数学试题（解析版）

这是一份海南某校2024-2025学年高二上学期期末考试数学试题（解析版），共18页。
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上.
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.
第Ⅰ卷（共58分）
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 设数列的前项和，则的值为（ ）
A. 8B. 9C. 10D. 11
【答案】D
【解析】
【分析】利用求解即可.
【详解】，，
故.
故选：D
2 已知函数及其导函数满足，则（ ）
A. B. 0C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，对原式进行求导，然后令，代入计算，即可得到结果.
【详解】因为，则
令，则，解得
故选:A
3. 已知为等差数列，前项和为，且，，则（ ）
A. 54B. 45C. 23D. 18
【答案】C
【解析】
【分析】设等差数列的公差为，依题意由等差数列求和公式及通项公式求出，从而得解.
【详解】设等差数列的公差为，
因为，，
所以，解得，
所以.
故选：C
4. 已知是正项等比数列的前项和，且，，则（ ）
A. 212B. 121C. 168D. 186
【答案】B
【解析】
【分析】由条件结合等比数列性质求出，再列方程求出数列的公比，利用等比数列求和公式可求.
【详解】设等比数列的公比为，因为数列为正项等比数列，所以，
因为，又，所以，
因为，所以或，
若，则，解得，，
所以，
若，则，解得，，
所以，
综上.
故选：B.
5. 若是函数的极值点，则的极大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先根据极值点，求出参数，再据此求导，讨论单调性，求得最大值.
【详解】因为，
故可得，
因为是函数的极值点，故可得，
即，解得.
此时
令，解得，
由可得或；由可得，
所以在区间单调递增，在单调递减，在单调递增，
故的极大值点为.
则的极大值为.
故选：C.
6. 已知函数在区间上单调递增，则实数的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据单调性将问题转化为在上恒成立，分离参数，构造函数，利用导数求解单调性得最值求解.
【详解】由于在区间上单调递增，故在上恒成立，显然，所以，
设，所以，所以在上单调递增，
，故，即，即的最小值为．
故选：C．
7. 已知直线恒过定点，点为圆上的动点，为坐标原点，则面积的最大值为（ ）
A. 10B. 4C. 6D. 8
【答案】D
【解析】
【分析】首先求出直线过定点的坐标，再求出圆心坐标与半径，求出及直线的方程，再求出圆心到直线的距离，从而求出点到直线距离的最大值，从而得解.
【详解】由，整理为，
令，解得，所以直线恒过定点，
圆的圆心，半径，

如图，，直线的方程为，
则圆心到直线的距离，
则点到直线距离的最大值为圆心到直线的距离，
所以面积的最大值为.
故选：D
8. 已知实数满足，则下列选项中一定正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】AB选项，令，在0,+∞内单调递增，由得到；CD选项，举出反例得到CD错误
【详解】对于AB，令，则在0,+∞上单调递增，
由可得，即，
，故A错误，B正确；
对于C，取，则，且，
又在0,+∞上单调递增，故，此时，故C错误；
对于D，取，则，且，
又在0,+∞上单调递增，故，此时，故D错误.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：构造，得到，结合函数单调性得到，通过对赋值举反例即可推得CD错误.
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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. 下列求导数的运算正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】根据基本初等函数的导数和求导法则，逐一对各个选项分析判断即可得出结果.
【详解】选项A，因为是常数，所以，选项A错误；
选项B，根据基本初等函数及导数的求导法则知，，选项B正确；
选项C，根据基本初等函数及导数的求导法则知，，选项C正确；
选项D，根据复合函数的求导法则知，，选项D错误.
故选：BC.
10. 已知椭圆的左、右焦点为，，点在椭圆上，且不与椭圆的左、右顶点重合，则下列关于的说法正确的有（ ）
A. 的周长为
B. 的最大值为
C. 当时，的面积为
D. 椭圆上存在个不同的点，使得为直角三角形
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据已知求出的值，结合椭圆的定义，即可判断A选项；由基本不等式结合椭圆的定义，即可判断B选项；根据焦点三角形面积公式得出面积，即可判断C选项；设，求出满足的点的个数，即可判断D项.
【详解】对于A，由得，
∴ 的周长为，故A正确；
对于B，，故B错误；
对于C，的面积为，故C正确；
对于D，设存在点，使得，
设，根据椭圆的定义有，
因为，所以，
即，
整理可得，解得.
如上图，当点位于短轴顶点时有，
所以，当时，点P为椭圆的上下两顶点，则点有2个；
分别过点，作轴的垂线，此时与椭圆有4个交点，
即满足以及的点有4个.
综上所述，椭圆上有且仅有6个点，使得为直角三角形，故D正确.
故选：ACD．
11. 若首项为的数列的前项和为，且，则下列结论正确的是（ ）
A. 数列为等比数列B. 数列不是等比数列
C. D. 中存在三项构成等差数列
【答案】AB
【解析】
【分析】由已知得出是以2为公比的等比数列，得出和，再分别判断各选项即可．
【详解】对于A，由得，，
所以是以2为公比的等比数列，首项为，故A正确；
对于B，由A知，即，
当时，，
所以，故B正确；
对于C，当时，，，显然，故C错误；
对于D，取，且，
假设存在能构成等差数列，则，
则有，即，
所以，
因为，所以，与矛盾；
假设存在能构成等差数列，则，即，
则，即，显然当时无解，
所以中任意三项都不能构成等差数列，故D错误；
故选：AB．
第Ⅱ卷（共92分）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分
12. 已知等差数列前项和为，若，，则取得最小值时的值为____________．
【答案】8
【解析】
【分析】由等差数列的性质得到，公差，为递增数列，从而得到当时，取得最小值
【详解】由已知数列为等差数列，则，又，所以，
所以，数列为递增数列，
则当时，，当时，，
所以当时，取得最小值.
故答案：.
13. 若双曲线(，)与直线无交点，则离心率e的取值范围是______.
【答案】
【解析】
【分析】
根据直线与双曲线的位置关系求得的关系，结合离心率公式，即可容易求得离心率范围.
【详解】若双曲线与直线无公共点，
等价为双曲线的渐近线的斜率，即，
即，即，即，则，则，
，离心率满足，
即双曲线离心率的取值范围是
故答案为：.
【点睛】本题考查双曲线离心率的范围，涉及直线与双曲线的位置关系求参数范围，属综合基础题.
14. 若函数在上存在单调减区间，则实数的取值范围是__________
【答案】
【解析】
【分析】求出，由已知可得在有解，即在有解，即可求得实数的取值范围.
【详解】因为，
而时，函数存在单调减区间，
所以在有解，
即有解，
因为，所以，即在有解，
又因为，所以，所以．
故答案为： .
四、解答题：本题共6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．
（1）求函数的单调递增区间；
（2）若函数有两个零点，求实数的值．
【答案】（1）和
（2）
【解析】
【分析】（1）令并求出x的范围，即可求函数的单调递增区间；
（2）根据函数有两个零点，利用函数极大值等于零或极小值等于零列方程即可求实数的值．
【小问1详解】
因为，
所以，
令，则或，
所以的单调递增区间为和.
【小问2详解】
由（1）得的单调递增区间为和.
令可得，的单调递减区间为−1,1，
当时，取得极大值；
当时，取得极小值.
所以若有两个零点，则或，
解得.
所以.
16. 在①；②；③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，然后解答补充完整的题目．
问题：已知等差数列为其前n项和，若______________．
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求证：数列的前n项和．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
【答案】（1）
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）选①由与的关系求解即可；选②③由等差数列的通项公式与求和公式求解即可；（2）由（1）可得，利用裂项相消法证明即可.
【小问1详解】
若选①：在等差数列中，，
当时，，
也符合，
∴；
若选②：在等差数列中，
，
，解得
；
若选③：等差数列中，
，解得
；
【小问2详解】
证明：由（1）得，
所以
17. 已知抛物线C：的焦点为F，直线l过点，交抛物线于A、B两点.
（1）若P为中点，求l的方程；
（2）求的最小值.
【答案】（1）（2）
【解析】
【分析】（1）方法一：利用点差法求中点弦所在直线斜率，再根据点斜式得结果；注意验证所求直线与抛物线有两个交点；
方法二：设中点弦所在直线方程，与抛物线方程联立，利用韦达定理以及中点坐标公式求中点弦所在直线斜率，再根据点斜式得结果；注意考虑中点弦直线斜率不存在的情况是否满足题意；
（2）由抛物线的定义转化，方法一：设直线l：，与抛物线方程联立，利用韦达定理以及二次函数性质求最值，注意比较直线斜率不存在的情况的值；方法二：设直线l：，与抛物线方程联立，利用韦达定理以及二次函数性质求最值，此种设法已包含直线斜率不存在的情况.
【详解】解：（1）方法一：设，，，则，，
，化简得，
因为的中点为，，
，∴l的方程为，即.
经检验，符合题意.
方法二：设，，
当斜率不存在时，显然不成立.
当斜率存在时，设直线l：，显然，
由得
易知，，
因为的中点为，，即，
解得，∴l的方程为
（2）方法一：由抛物线的定义可知
当斜率不存在时，直线l：，
当斜率存在时，设直线l：，显然，
由得，
易知，
，
时，的最小值为
综上，的最小值为
方法二：由抛物线的定义可知
显然直线l不平行于x轴，设直线l：，
由得，
易知，，，
时，的最小值为
【点睛】本题考查抛物线的定义、直线与抛物线的位置关系；考查数形结合、分类讨论以及函数方程等数学思想；考查逻辑推理、直观想象以及数学运算等核心素养.
18. 已知数列满足,.
（1）记,写出,,,,并猜想数列的通项公式;
（2）证明（1）中你的猜想;
（3）若数列的前n项和为,求.
【答案】（1）,,,,猜想
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】(1)根据的递推关系式及首项,写出,进而求得,,,,根据推导过程及各项即可猜想其通项公式;
(2)因为,所以找到和的关系,即与的关系,对式子进行配凑,可发现是以3为首项,2为公比的等比数列,即可得的通项公式;
(3)根据,可得,将写为,再将,代入,可得,将代入,再利用等比数列的求和公式即可得.
【小问1详解】
由题知,
因为,所以,
,,
,,
,,
综上:,,,,
猜想
【小问2详解】
由题意,知,,代入得,
于是,即,
因为,所以是以3为首项,2为公比的等比数列,
故.
【小问3详解】
因为,
.
19. 设函数，曲线在原点处的切线为x轴，
（1）求a的值；
（2）求方程的解；
（3）证明：.
【答案】（1）
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意可知在处的导数值为0，解方程即可；
（2）构造函数，利用导数证明其单调性，再通过观察法得是的零点，从而得解；
（3）利用（2）中结论证明，再构造函数，利用导数证得，从而赋值证得，由此得证.
【小问1详解】
因为，
所以，
因为曲线在原点处的切线为轴，所以，即.
【小问2详解】
方程可化为，
令，
则，
所以在上单调递增，
又，所以在上有唯一零点，
所以方程有唯一解.
【小问3详解】
要证，
即证，
即证，
先证，
由（2）易得，
所以；
再证，
令，
则，
所以在单调递减，
所以当时，，
即，
所以，
因为，
所以，即；
所以.
【点睛】关键点睛：本题的突破口是熟记两个重要的放缩不等式：
（1），
（2）.