湖北省六校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2024−2025学年高二下学期期中考试 数学试题（含解析），共11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．已知函数，则（ ）
A．4B．C．2D．
2．下列求导运算不正确的是（ ）
A．B．
C．D．
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．，
4．的展开式中的系数为（ ）
A．12B．40C．60D．100
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
6．若函数无极值，则的取值范围是（ ）
A．B．C．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
8．已知实数，满足，则的值为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
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
10．已知函数的定义域为，其导数满足，则（ ）
A．B．
C．D．
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
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
三、填空题（本大题共3小题）
12．若，则 .
13．已知函数，若曲线在点处的切线与直线平行，则实数 .
14．已知函数在上有两个极值点，则实数的取值范围是 .
四、解答题（本大题共5小题）
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.
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.
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.
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.
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.
参考答案
1．【答案】C
【详解】因为，所以，则，
所以.
故选C.
2．【答案】B
【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．【答案】B
【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．【答案】C
【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．【答案】D
【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．【答案】D
【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．【答案】B
【详解】由，
因为平面，平面，所以，即，
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．【答案】A
【详解】由题意可得，
设，则，
故，即，
令，则，
当时，，在单调递增；
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.
故选A.
9．【答案】ABD
【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，
所以数列的前项和为
，故D正确.
故选ABD.
10．【答案】BC
【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．【答案】BCD
【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.
12．【答案】或
【详解】因为，所以或，
解得或，经检验符合题意.
13．【答案】
【详解】因为，所以，
依题意可得，即，解得.
14．【答案】
【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，
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的图象，

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.
15．【答案】(1)
(2)
【详解】（1）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.
（2）因为，
所以
.
16．【答案】(1)
(2)
【详解】（1）∵展开式的通项公式为：.
∴，
，
，.
（2）∵
∴由展开式的通项公式可知：
，，.
17．【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）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，∴．
（2）
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；
∴，
∴平面与平面夹角的余弦值为．
18．【答案】(1)
(2)
【详解】（1）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．
（2）由题意得直线的方程为，
如图，设，，连接，
联立方程组，得到，由，则．
因为，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．【答案】(1)
(2)答案见解析
(3)
【详解】（1）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.
（2）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.
（3）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.