广东省湛江市第二十一中学2024−2025学年高二下学期期中考试 数学试题（含解析）

这是一份广东省湛江市第二十一中学2024−2025学年高二下学期期中考试 数学试题（含解析），共12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．设集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知复数z满足，则（ ）
A．B．C．D．
3．已知等差数列的前项和为，若，，则（ ）
A．12B．14C．42D．84
4．已知向量，，且与垂直，则k的值为（ ）
A．B．C．1D．2
5．下列求导运算正确的是（ ）
A．B．
C．D．
6．已知函数，则曲线在点处的切线方程为（ ）
A．B．C．D．
7．已知动圆C与圆内切，与圆外切，则动圆圆心C的轨迹方程为（ ）
A．B．
C．D．
8．已知椭圆的左､右焦点分别为，点在上，为的中点，且，则的离心率为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．如图是函数的导函数的图象，则以下说法正确的为（ ）
A．是函数的极值点
B．函数在处取最小值
C．函数在处切线的斜率小于零
D．函数在区间上单调递增
10．已知数列的前项和为，，，则（ ）
A．数列是等比数列
B．
C．
D．数列的前项和为
11．已知函数，则（ ）
A．的极小值为
B．有两个零点
C．存在使得关于的方程有三个不同的实根
D．的解集为
三、填空题（本大题共3小题）
12．已知抛物线上有一点P到焦点的距离为3，则P到y轴的距离为 ．
13．已知在等比数列中，，则 ．
14．已知函数有两个极值点，则实数的取值范围是 ．
四、解答题（本大题共5小题）
15．已知公差不为零的等差数列的前项和为，若，且成等比数列.
（1）求数列的通项公式；
（2）若，求数列的前项和.
16．已知函数，当时取得极大值.
（1）求的值；
（2）求函数在上的最大值与最小值.
17．如图，圆锥的顶点为，底面圆心为，为底面直径，为底面圆周上异于一点，且四边形是边长为2的正方形．
（1）求证：平面；
（2）若，求二面角的正弦值．
18．若数列的前项和为，且，数列满足
(1)求数列的通项公式；
(2)求证：数列是等比数列；
(3)设数列满足，其前项和为，若对任意恒成立，求实数的取值范围.
19．已知函数．
（1）讨论函数的单调性；
（2）若函数的最小值为，求a的值；
（3）证明：当时，．
参考答案
1．【答案】D
【详解】由，所以；
由，所以.
所以.
故选D
2．【答案】B
【详解】由得，所以，
故选B.
3．【答案】C
【详解】因为数列为等差数列，所以，所以，
所以.
故选C.
4．【答案】C
【详解】因，，则，
因与垂直，则，得.
故选C
5．【答案】C
【详解】对于A选项，，A错；
对于B选项，，B错；
对于C选项，，C对；
对于D选项，，D错.
故选C.
6．【答案】D
【详解】由得
所以
又，∴切点为
所以曲线在点处的切线方程为，即.
故选D.
7．【答案】B
【详解】设圆C的半径为R，由题意可知，
两圆的圆心为：，∴，
可知点C的轨迹为以为焦点，实轴长为2的双曲线的左支，
∴，
则动圆圆心C的轨迹方程为.
故选B.
8．【答案】C
【分析】利用椭圆定义以及的位置关系及长度，构造方程即可解得离心率.
【详解】如下图所示：

根据题意可知，由椭圆定义可得，
又为的中点，可得，
因为，由勾股定理可得，即；
结合整理可得，即，
解得或（舍）.
故选C.
9．【答案】AD
【详解】对于AD，由图象可知，当时，，当时，，
当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以是函数的极小值点，故AD 正确；
对于B，由A可知，在时取到最小值，故B错误；
对于C，由于，所以函数在处切线的斜率大于零，故C错误.
故选AD
10．【答案】ACD
【详解】A选项，，
其中，所以是公比为2的等比数列，A正确；
C选项，由A知，，所以，C正确；
B选项，当时，，
当时，，
显然满足，故，B错误；
D选项，，故，
即为公比为的等比数列，且，
所以的前项和为，D正确.
故选ACD
11．【答案】AC
【详解】函数的定义域为，，
由得或；由得，有极大值，极小值，A正确；
由极大值和极小值均小于0知最多一个零点，B不正确；
当时，，当时，，当时，有三个不同的实根，C正确；
当时，，此时，D不正确．
故选AC．
12．【答案】
【详解】由题意知：抛物线的准线为，设点 ，
则P到y轴的距离为，
由抛物线的定义得，P到抛物线C的焦点的距离为，
即，化简得.
13．【答案】4
【详解】设等比数列的公比为，则，
则，即，所以，即.
所以．
14．【答案】
【详解】因为，，令，
函数有两个极值点，则在区间上有两个不等实数根，
又，
当时，，则函数在区间单调递增，
因此在区间上不可能有两个实数根，舍去，
当时，令，解得，
令，解得，此时函数在单调递增，
令，解得，此时函数在单调递减，
当时，函数取得极大值，
当趋近于0与趋近于时，，要使在区间上有两个实数根，
则，解得，
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，得，①
由成等比数列，可得，即，②
由①②解得，所以数列的通项公式为.
（2）由（1）知
则.
16．【答案】（1）
（2）最大值是，最小值是.
【详解】（1）因为，所以，
因为时取得极大值；
所以，，.
①当时，，
由解得或；由解得；
所以在，上单调递增，在上单调递减；
时取得极小值，不符合题意，所以舍去.
②当时，
由解得或；由解得；
所以在，上单调递增，在上单调递减；
时取得极大值，符合题意.
综上可得：.
（2）由（1）可知，，，
在，上单调递增，在上单调递减；
所以在上极大值为，极小值为；
又由于，
函数在上的最大值是，最小值是.
17．【答案】（1）证明见解析
（2）
【详解】（1）因为为底面圆周上异于一点，
可得：,
又四边形是边长为2的正方形，得，
又平面，
所以平面，又在平面内，
所以，又为平面内两条相交直线，
所以平面，
（2）
解：以为坐标原点，分别以所在直线为轴，过点作垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
因为，所以，
取的中点，连接，，，
则，
所以，
设平面的法向量为，则
，令，则，
设平面的法向量为，则
，令，则，
所以，
所以二面角的正弦值
18．【答案】(1);(2)证明见解析;(3).
【详解】（1）解：因为，当时，，
当时，，
且时，也符合上式，
所以.
（2）证明：因为，
当时，由，所以，
依题意知，所以，
而，所以数列是首项为3，公比为3的等比数列．
（3）解：因为是首项为3，公比为3的等比数列，
所以，
所以，
=，
，
得
，
化简得.
因为恒成立，
所以恒成立，
所以恒成立，
当时，；当时，，
又，
令，得，故当时，恒成立，
所以在时取到最大值，
所以实数的取值范围.
19．【答案】（1）答案见解析
（2）
（3）证明见解析
【详解】（1）解：由函数，可得其定义域为，可得，
①当时，若，恒成立，恒成立，
可得，所以在内单调递减；
②当时，令，，可得；令得：，
所以在内单调递减，在内单调递增，
综上所述，当时，在内单调递减；
当时，在内单调递减，在内单调递增．
（2）解：由函数，可得，
①当时，在区间上恒成立，区间上单调递增，
所以（舍去）；
②当时，令，可得，
（i）当时，即，区间上单调递增，（舍）；
（ii）当时，即，
区间上单调递减，在区间上单调递增，
所以；
令函数，可得，
所以函数为单调函数，所以，解得，
故关于的方程的解为；
（iii）当时，即，区间上单调递减，
所以，解得（舍去）；
综上所述，实数的值为．
（3）证明：当时，，要证，
即证，
记函数，定义域为，可得，
令，
由，可得在为单调增函数，
因为，且，
所以存在，使得，即，所以，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
所以，
将代入得，其中，
故，即
故当时，．