湖北省六校（宜城一中、枣阳一中、曾都一中、襄阳六中、南漳一中、老河口一中）2024-2025学年高二下学期期中考试数学试题 含解析

这是一份湖北省六校（宜城一中、枣阳一中、曾都一中、襄阳六中、南漳一中、老河口一中）2024-2025学年高二下学期期中考试数学试题 含解析，共17页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答， 的展开式中 的系数为等内容，欢迎下载使用。
2024——2025 学年下学期期中考试
高二数学试题
时间：120 分钟 分值：150 分
主命题学校：老河口一中 命题老师：张国萍 徐士勇 郑煜冉
注意事项：
1.答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证
号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2.选择题的作答：每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试
卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答
题卡上的非答题区城均无效.
一、选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分.在每小题所给的四个选项中，只有一项是
符合题目要求的.
1. 已知函数 ，则 （ ）
A. 4 B. C. 2 D.
【答案】C
【解析】
【分析】求出函数的导函数，根据导数的定义可得 .
【详解】因为 ，所以 ，则 ，
所以 .
故选：C
2. 下列求导运算不正确的是（ ）
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A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】应用导数的运算法则及复合函数的导数求法判断各项的正误.
【详解】对于 A： ，故 A 正确；
对于 B： ，故 B 错误；
对于 C： ，故 C 正确；
对于 D： ，故 D 正确.
故选：B
3. 传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家用沙粒和小石子来研究数，他们根据沙粒或小石子所排列的形状把
数分成许多类，如图中第一行的 ， ， ， 称为三角形数，第二行的 ， ， ， 称为正方形数，第
三行的 ， ， ， 称为五边形数.则正方形数、五边形数所构成的数列的第 项分别为（ ）
A. ， B. ， C. ， D. ，
【答案】B
【解析】
【分析】设正方形数构成的数列为 ，五边形数构成的数列为 ，根据这两个数列前四项的值，可归
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纳得出 、 的值.
【详解】设正方形数构成的数列为 ，五边形数构成的数列为 ，
则 ， ， ， ，由此得出 ，
， ， ， ，
由此得出 .
故选：B
4. 的展开式中 的系数为（ ）
A. 12 B. 40 C. 60 D. 100
【答案】C
【解析】
【分析】由 ，再写出 展开式的通项，利用通项计算
可得.
【详解】因为 ，
其中 展开式的通项为 （ ），
所以 的展开式中含 的项为
，
所以展开式中 的系数为 .
故选：C
5. 3 个相同的书签，放入 7 个不同的书架中，每个书架里至多放一个书签，则不同的放法有（ ）
A. 种 B. 种 C. 种 D. 种
【答案】D
【解析】
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【分析】由题意可知只要从 7 个不同 书架中选出 3 个书架即可
【详解】由于书签都相同，书架不同，每个书架至多放一个书签，
所以只要选出 3 个不同的书架即可．
故共有 种不同的放法
故选：D
6. 若函数 无极值，则 的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题意将问题转化为 恒成立，利用判别式法求解即可.
【详解】 的导数为 ，
因为函数 无极值， 在 R 上恒成立，
即 恒成立，
，解得 ，
即实数 a 的取值范围是
故选：D
7. 四棱锥 中，底面 是边长为 2 的菱形， ， 平面 ， 为底面
内的一个动点，若 ，则动点 在（ ）
A. 直线上 B. 圆上 C. 抛物线上 D. 椭圆上
【答案】B
【解析】
【分析】根据数量积的运算律及线面垂直的性质得到 ，即可得解.
【详解】由 ，
因为 平面 ， 平面 ，所以 ，即 ，
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所以 ，
又底面 是边长为 的菱形， ， 为底面 内的一个动点，
所以 在以 为直径的圆上.
故选：B
8. 已知实数 ， 满足 ，则 的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设 ，题设转化为 ，进而构造函数
和 ，即可求导，得函数的最值，进而根据 ，得 ，
，进而求解即可.
【详解】由题意可得 ，
设 ，则 ，
故 ，即 ，
令 ，则 ，
当 时， ， 单调递增；
当 ， ， 在 单调递减.
所以 ，所以 ，
令 ，则 ，
当 ， ， 在 单调递增；
当 ， ， 在 单调递减.
故 ，所以 .
由题意可知若 ，则 ，故 ， ，
此时 且 ，解得 ，故 .
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故选：A.
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，全部选对得 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分.
9. 已知数列 满足 ， ，则下列结论正确的有（ ）
A. 为等比数列 B. 的通项公式为
C. 为递增数列 D. 的前 项和
【答案】ABD
【解析】
【分析】将 两边取倒数，即可得到 ，从而判断 A、B；利用作差法判断
的单调性，即可判断 C；利用分组求和法判断 D.
【详解】因为数列 满足 ， ，
所以 ，
所以 ，又 ，
所以 是以 为首项， 为公比的等比数列，
所以 ，整理得 ，故 A、B 正确；
又 ，
即 ，所以数列 为递减数列，故 C 错误；
因为 ，所以 ，
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所以数列 的前 项和为
，故 D 正确.
故选：ABD.
10. 已知函数 的定义域为 ，其导数 满足 ，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】根据条件对任意的 都有 ，构造函数 ，利用导数可得 在
上单调递增，结合各个选项化简即可得出结果．
【详解】设 ，则 ，
因为对任意的 都有 ，则 恒成立，所以 在 上单调递增；
因为 ，所以 ，则 ，所以 A 错误；
因为 ，所以 ，则 ，所以 B 正确；
因为 ，所以 ，则 ，所以 C 正确；
因为 ，所以 ，则 ，所以 D 错误；
故选：BC．
11. 设双曲线 的左、右焦点分别为 、 ，点 在双曲线 的右支上，且不
与双曲线 的顶点重合，则下列命题中正确的是（ ）
A. 若 ， ，则双曲线 的两条渐近线的方程是
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B. 若点 的坐标为 ，则双曲线 的离心率大于 3
C. 若 ，则 的面积等于
D. 若双曲线 为等轴双曲线，且 ，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据双曲线的渐近线方程即可求解 A，根据点在双曲线上，结合离心率的计算即可求解 B，根据焦
点三角形的性质结合双曲线定义即可求解 C，根据余弦定理即可求解 D.
【详解】对于 A：双曲线 的渐近线方程为 ，
当 ， 时，双曲线的渐近线方程是 ，故 A 错误；
对于 B：因为点 在 上，则 ，得 ，
所以双曲线的离心率 ，故 B 正确；
对于 C：因为 ，若 ，则 ，
即 ，即 ，
得 ，所以 ，故 C 正确；
对于 D：若 为等轴双曲线，则 ，从而 ，
若 ，结合 ，则 ， ，
在 中，由余弦定理，得 ，故 D 正确，
故选：BCD.
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
12. 若 ，则 ______________.
【答案】 或
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【解析】
【分析】根据组合数的性质计算可得.
【详解】因为 ，所以 或 ，
解得 或 ，经检验符合题意.
故答案为： 或
13. 已知函数 ，若曲线 在点 处的切线与直线 平行，
则实数 _______________.
【答案】
【解析】
【分析】求出函数的导函数，依题意 ，计算可得.
【详解】因为 ，所以 ，
依题意可得 ，即 ，解得 .
故答案为：
14. 已知函数 在 上有两个极值点，则实数 的取值范围是
______________.
【答案】
【解析】
【分析】求出函数 的导数，由极值点的意义分离参数，构造函数转化成直线与函数图象在 上
有两个交点求解.
【详解】因为 ，所以 ，
依题意，函数 在 上有两个变号零点，由 ，得 ，
令 ， ，于是直线 与函数 在 上的图象有两个交点，
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而 ，由 ，得 ，由 ，得 ，
即函数 在 上单调递增，在 上单调递减，又 ，
在同一坐标系内作出直线 与函数 图象，
观察图象知，当 时，直线 与函数 在 上的图象有两个交点，
即函数 在 上有两个变号零点，函数 在 上有两个极值点，
所以实数 的取值范围是 .
故答案为：
四、解答题：本题共 5 小题，共 77 分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.
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15. 已知 是等差数列 的前 项和， ， .
（1）求数列 的通项公式；
（2）设 ，求数列 的前 项和 .
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设等差数列 的公差为 ，由 得到 ，再由 ，即可得到
，从而求出 、 ，即可求出通项公式；
（2）利用裂项相消法计算可得；
【小问 1 详解】
设等差数列 的公差为 ，由 ，可得 ，即 ；
又因为 ，取 ，所以 ，即 ；
解得 ，故 的通项公式为 .
【小问 2 详解】
因为 ，
所以
.
16. 回答下列问题，请写出必要的答题步骤：
（1）若 （ ， 为有理数），请求出 的值.
（2）已知 ，求 .
【答案】（1）
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（2）
【解析】
【分析】（1）根据展开式的通项公式计算即可；
（2）根据题干中展开式的特征，将 变形为 ，再由其展开式的通项公式求系数即可.
【小问 1 详解】
∵ 展开式的通项公式为： .
∴ ，
，
， .
【小问 2 详解】
∵
∴由 展开式的通项公式 可知：
， ， .
17. 如图，在三棱台 中， 底面 ， ， ， 为 的中点，
.
（1）证明： ；
（2）若 ，求平面 与平面 夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用棱台的性质结合线面垂直的判定定理可得 平面 ，由此可证明结论.
（2）以 为原点建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得结果.
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【小问 1 详解】
在三棱台 中，
∵ ， ，∴ ， ， ．
∵ 为 的中点，∴ ， ，
∴四边形 为平行四边形，故 ．
∵ ，∴ ．
∵ 底面 ， 底面 ，∴ ．
∵ 平面 ， 为相交直线，∴ 平面 ，
∵ 平面 ，∴ ．
【小问 2 详解】
以 为原点，以 分别为 轴， 轴， 轴的正方向，建立如图所示空间直角坐标系，
则 ， ；
∴ ， ；
设 是平面 的法向量，则 ，即 ，
取 ；
设 是平面 的法向量，则 ，即 ，
取 ；
∴ ，
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∴平面 与平面 夹角的余弦值为 ．
18. 如图所示，已知抛物线 的焦点为 ，直线 过点 .
（1）若直线 与抛物线 相切于点 ，求线段 的长度；
（2）若直线 与抛物线 相交于 ， 两点，且 ，直线 与抛物线 交于另一点 ，连接
，记 中点为 ，直线 交 于点 ，求 的面积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用直线与抛物线相切得到参数值，进而得到 点坐标，再利用抛物线的定义求解长度即可.
（2）联立方程组结合韦达定理得到 ，结合给定向量关系建立方程，求出 点的坐标，再结
合重心的性质求解三角形面积即可.
【小问 1 详解】
抛物线 的焦点为 ，准线方程为 ，
设直线 的方程为 ，
联立方程组 ，得到 ，
因为直线 PQ 与抛物线 相切，所以 ，解得 ，
此时 ，代入抛物线中得 ，
由抛物线定义得 ．
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【小问 2 详解】
由题意得直线 的方程为 ，
如图，设 ， ，连接 ，
联立方程组 ，得到 ，由 ，则 ．
因 ，且 ， ，
所以 ，解得 ，
当 时， ， ，所以直线 ，
联立方程 ，得到 ，则 ，
因为 ，所以 为 的中点，又 为 的中点，直线 交 于点 ，
所以点 为 的重心，所以
，
同理当 时， ，综上可得 ．
19. 已知函数 .
（1）当 时，求函数 的最小值；
（2）试讨论函数 的单调性；
（3）当 时，不等式 恒成立，求整数 的最大值.
【答案】（1）
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（2）答案见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）求导，利用导数判断 的单调性和最值；
（2）求出原函数的导函数，对 进行分类讨论即可得出原函数的单调区间；
（3）问题转化为 恒成立，令新函数 ，利用导数求其
最小值的范围，即可求得整数 的最大值.
【小问 1 详解】
当 时，则 ，
可知 的定义域为 ，且 ，
令 ，解得 ；令 ，解得 ；
可知 的单调递减区间是 ，单调递增区间是 ；
所以函数 的最小值为 .
【小问 2 详解】
由题意可知 的定义域为 ，且 ，
当 时， 恒成立，
所以 的单调递减区间是 ，无单调递增区间；
当 时，令 解得 ，
令 ，解得 ；令 ，解得 ；
所以 的单调递减区间是 ，单调递增区间是 ；
综上所述：当 时， 的单调递减区间是 ，无单调递增区间；
当 时， 的单调递减区间是 ，单调递增区间是 .
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【小问 3 详解】
当 时，不等式 恒成立，
即 ，整理可得 ，
原题意等价于 对任意 恒成立，
令 ，
则 ，
令 ，则 ，
所以 在区间 上单调递增，
因为 ， ，
所以 在区间 内存在唯一零点 ，
即 ，所以 ，
当 时， ，即 ；
当 时， ，即 ；
可知 在区间 上单调递减，在区间 上单调递增；
所以 ，
因为 ，则 ，即 ，
且 为整数，则 ，所以整数 的最大值是 .
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