湖北省楚天协作体2024−2025学年高二下学期4月期中考试 数学试卷（含解析）

这是一份湖北省楚天协作体2024−2025学年高二下学期4月期中考试 数学试卷（含解析），共13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．已知点关于直线对称的点为，则直线的方程为（ ）
A．B．C．D．
2．若焦点在轴上的椭圆的离心率为，则的值为（ ）
A．B．9C．D．12
3．已知为等差数列的前n项和，若，，则的值为（ ）
A．21B．20C．19D．18
4．点P是曲线上任意一点，则点P处切线倾斜角的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
5．若双曲线的两渐近线的夹角为，实轴长为6且焦点在x轴上，则该双曲线的标准方程为（ ）
A．B．或
C．D．或
6．已知m，且，则下列结论错误的是（ ）
A．B．
C．D．若，则
7．已知数列的前n项和为，前n项的积为，若，当取最小值时，（ ）
A．10B．11C．12D．12或13
8．设，，，则a、b、c的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．已知直线，圆，则下列命题正确的有（ ）
A．直线l过定点
B．若直线l过C点，则
C．存在实数t，使得直线l与圆C相切
D．若直线l与圆C相交于A，B两点，则A，B两点间的最短距离为
10．对任意实数x，有.则下列结论正确的是（ ）
A．B．（，1，…，9）的最大值为
C．D．
11．已知函数（）存在两个极值点，（），且，.设的零点个数为m，方程的实根个数为n，则（ ）
A．B．n的取值为2、3、4
C．D．mn的取值为3、6、9
三、填空题（本大题共3小题）
12．已知圆和圆，则两圆的公共弦长为 .
13．某高中为开展新质课堂，丰富学生的课余生活，开设了若干个社团，高二年级有5名同学打算参加“书法协会”、“舞动青春”、“红袖添香”和“羽乒协会”四个社团.若每名同学必须参加且只能参加1个社团且每个社团至多两人参加，则这5个同学中至多有1人参加“舞动青春”社团的不同方法数为 .（用数字作答）
14．已知且，集合和集合，若，则实数a的取值范围为 .
四、解答题（本大题共5小题）
15．已知的展开式中的第项、第项和第项的二项式系数成等差数列.
(1)求的值.
(2)记，求被除的余数.
16．已知数列满足，（）.
(1)证明：数列是等比数列.
(2)设，求.
17．已知函数，
(1)当时，求曲线在处的切线方程；
(2)若函数有最小值，且的最小值大于，求实数a的取值范围.
18．已知以为焦点的抛物线C的顶点为原点，点P是抛物线C的准线上任意一点，过点P作抛物线C的两条切线PA，PB，其中A，B为切点，设直线PA，PB的斜率分别是和.
(1)求抛物线C的标准方程及其准线方程.
(2)求证：为定值.
(3)求面积的最小值.
19．已知函数.
(1)证明：当时，.
(2)设，令.
（ⅰ）讨论的单调性.
（ⅱ）若存在两个极值点，（），证明：.
参考答案
1．【答案】C
【详解】由题意可知，直线为线段的垂直平分线，且，
所以直线的斜率为，
又因为线段的中点为，所以直线的方程为，
整理可得.
故选C.
2．【答案】B
【详解】由题意可知：，
所以，
解得：，
故选B.
3．【答案】A
【详解】因为为等差数列的前n项和，设公差为，
所以，，即得，
所以，所以，
则.
故选A.
4．【答案】B
【详解】由，
可得：，
即，
结合倾斜角与斜率的变化关系可知取值范围为，
故选B.
5．【答案】D
【详解】因两渐近线的夹角为，由双曲线渐近线的对称性可知双曲线的一条渐近线的倾斜角为或，即得或，解得或..
故选D.
6．【答案】A
【详解】，，
，A错误；
，B正确；
，
，C正确，
由，可得，即，又，解得：，D正确；
故选A.
7．【答案】C
【详解】，，当时，，两式相减得，
而，解得，因此数列是等比数列，，
数列是递增正项数列，，
因此，所以当取最小值时，.
故选C
8．【答案】D
【详解】，，
，
令，则，
令，则，
所以在单调递减，所以，即，
所以在单调递减，因为，所以，
即，所以.
故选D.
9．【答案】AB
【详解】对于A，直线显然经过点，故A正确；
对于B，直线l过点，则有，则，故B正确；
对于C，由圆心到直线的距离，可得，
显然的值不存在，故C错误；
对于D，由垂径定理，要使弦长最短，需使圆心到直线的距离最长，
而直线l过定点，当且仅当时， ，此时，，
但是，此时轴，直线的斜率不存在，显然不合题意，故D错误.
故选AB.
10．【答案】BCD
【详解】对于A，令，得，故A错误；
对于B，由，
则展开式的通项公式为，
所以为负，为正，
当时，计算可得，，
，，，
所以（，1，…，9）的最大值为，故B正确；
对于C，令，可得，
令，可得，
所以，又，可得，故C正确；
对于D，由B可知，故D正确.
故选BCD.
11．【答案】AD
【详解】由，可得为二次函数，（）为的零点，
由，得或，
因为，令，解得或；令，解得，
所以在和内单调递增，在内单调递减，
则为极大值点，为极小值点，
所以，又，，即，
若，则，此时，与矛盾，故A正确；
因为，所以有2个解，有1个解，
所以有3个解，故B错误；
当时，如图所示，的零点个数为，所以，，
故，
当时，如图所示，的零点个数为，
所以，，故，
当时，如图所示，的零点个数为，所以，，
故，故C错误，D正确.
故选AD.
12．【答案】
【详解】

如图，由圆与圆相减，
整理可得两圆的公共弦所在直线方程为：，
由圆的圆心到直线的距离为，
由弦长公式，可得两圆的公共弦长为.
13．【答案】360
【详解】(1)计算0人参加“舞动青春”社团的方法数：
将名同学分配到“书法协会”、“红袖添香”和“羽乒协会”三个社团，且每个社团至多两人参加.
可先将人分成，，三组，有种，
再将这三组在三个社团上全排列，可得，故方法数为种；
(2)计算人参加“舞动青春”社团的方法数：
先从人中选人参加“舞动青春”社团，有种.
然后将剩下的人分配到“书法协会”、“红袖添香”和“羽乒协会”三个社团，且每个社团至多两人参加，
可将人按照，或，，分组.
① 若按照，分组，则有种，再将分好的两组全排列，安排到三个社团中的两个，
则有种，故方法数为种；
② 若按照，，分组，则有种，再将这三组在三个社团上全排列，
则有，故方法数为种.
故有人参加“舞动青春”社团的方法数为种.
综上(1)，(2)，这5个同学中至多有1人参加“舞动青春”社团的不同方法数为：种.
14．【答案】
【详解】或，
当，对于等价于，
若，则，故此时不等式不成立，
即此时一定落在的内部，满足，
若，
要满足，需满足对于在恒成立，
即，即，
构造函数，求导可得：，
由，可得，
由，可得，
所以在单调递增，在单调递减，
最大值为，
所以，即，
综上可知：实数a的取值范围为
15．【答案】(1)
(2)
【详解】（1）的展开式的第项、第项和第项的二项式系数依次为、和，
由题意有，即，整理得，
因为，解得.
（2）因为，
所以，
，
所以能被整除
因此，被除的余数为.
16．【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）数列满足，（），
则，
∴，
又∵，
∴数列是以1为首项，为公比的等比数列.
（2）由（1）知，则（），
∴
，
∴
.
17．【答案】(1)
(2)
【详解】（1）当时，，
∴，故
∴曲线在处的切线方程为：，
即.
（2）因的定义域为，
当时，，则在上单调递增，无最小值；
故.
由得，由得，
∴在上单调递增，在上单调递减，
∴当时，有最小值，
依题意，，即，
∵，∴，
设，（），则，
因，则在上单调递增，
又，故由可得，
即，解得，
故实数a的取值范围是.
18．【答案】(1)标准方程为，准线方程为
(2)证明见解析
(3)16
【详解】（1）由题意知抛物线C的标准方程为（）且，∴，
∴抛物线C的标准方程为，准线方程为；
（2）证明：设点P的坐标为，，
由题意知过点P与抛物线C相切的直线的斜率存在且不为0，
设切线的斜率为k，则切线的方程为，
联立方程组，消去x，得，
∴得（*），
又∵、为方程（*）的两根，由韦达定理得为定值；
（3）由题知直线AB的斜率不为0，设直线AB的方程为，，，
联立方程组整理得，，
∴，，
∵，∴，
整理得，
代入有，
∴，∴且，
∴AB：，故直线AB过定点.
∴，，
∴，
点P到直线AB的距离为，
∴，
因为函数在单调递增，而，
∴当时，，
所以面积的最小值为.
19．【答案】(1)证明见解析
(2)（ⅰ）答案见解析；（ⅱ）证明见解析
【详解】（1）在定义域内是增函数
∴当时，
要证，只需证
设（）
∴
∵在上单调递增且
∴在上单调递减，在上单调递增
∴
故时，.
（2）（ⅰ）
当时，.定义域为
∴
①当时，在上恒成立（当且仅当，时取等号）
∴恒成立，故在上单调递减.
②当时，令，则有两不等正实根
当时，
当时，
∴在和上单调递减，在上单调递增.
（ⅱ）若存在两个极值点，由（ⅰ）知.
∵的两个极值点、为方程的两根.
∴，，∴，
要证等价于证明.
设（）
∴
∴在上单调递增
∴
∴.
即.