四川省成都市郫都区2024-2025学年高二下学期4月期中考试数学试卷（解析版）

这是一份四川省成都市郫都区2024-2025学年高二下学期4月期中考试数学试卷（解析版），共9页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
第I卷（选择题 共58分）
一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的）
1. 函数的单调递增区间是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】函数的定义域为，又，
令，解得，所以函数的单调递增区间是.
故选：A
2. 在等差数列中，若，则该数列的公差为（ ）
A. B. C. 3D.
【答案】D
【解析】设等差数列的公差为，则，
由，则，解得.
故选：D.
3. 设，若，则（ ）
A. B. C. 1D. In2
【答案】C
【解析】函数，，则，
又，即，解得.
故选：C.
4. 已知函数，则不等式的解集是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】因为，定义域为，
所以为奇函数，
，因为，所以，所以在上单调递增，
所以，
又单调递增，所以，即解集为.
故选：A.
5. 已知等差数列的公差，且成等比数列，则数列的前2025项和为（ ）
A. B. C. 505D. 1013
【答案】D
【解析】设首项为，因为成等比数列，
所以，则，
解得或，当时，，此时与成等比数列矛盾，
故排除，
当时，，此时令，
而其前2025项和为，
.
故选：D
6. 已知数列，，且，将与的公共项按从大到小的顺序排列组成一个新数列，则的前10项和为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】因为数列是正奇数数列，
对于数列，当为奇数时，设，
则，为奇数；
当为偶数时，设，则，为偶数，
所以，由数列的函数特性知为递减数列，
又，
所以，
故选：C．
7. 已知函数有三个不同的零点，则实数a的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】令，即得，即方程有三个零点，
即直线与曲线有三个不同的交点，
可得，
所以当或时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以当时，有极小值为，
当时，有极大值为，
当时，，且当时，，
所以作出函数的图象如图所示，
所以数形结合可知，
即实数的取值范围为,
故选：A
8.同构式通俗的讲是结构相同的表达式,如：,,此时称与为同构式.已知实数满足,,则（ ）
A. 6B. 8
C. D.
【答案】B
【解析】由，则
令，则，故在单调递增，
所以，
所以，故，
故
故选：B.
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，部分选对得部分分）
9. 已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A. 是函数定义域内的极小值点
B. 的单调减区间是
C. 若方程有两个不同的实根，则
D. 在定义域内有最小值，无最大值
【答案】AC
【解析】对于A，定义域为，，令可得，
当时，，为减函数；当时，，为增函数；所以是函数的极小值点，A正确；
对于B，由A可知当时，，为减函数，所以的单调减区间是和，B不正确；
对于C，由前面分析，单调减区间是和，增区间为，极小值为，
简图如下，由图可知，方程有两个不同实根，则，C正确；

对于D，由选项C可知，在定义域内无最小值，也无最大值，D不正确.
10. 以下命题正确的有（ ）
A. 设等差数列的前项和分别为，若，则
B. 数列满足，则
C. 数列满足：，则
D. 已知为数列的前项积，若，则数列的前项和为
【答案】BD
【解析】对于A，令等差数列的首项分别为，
则，所以，故A错误，
对于B，因为，所以，
当时，，
所以，又满足，所以，故B正确，
对于C，因为，当时，得，不满足，所以C错误，
对于D，由，当时，，即，解得，
当时，，于是，整理得到，
所以数列是首项为，公差为的等差数列，
所以数列的前项和，所以D正确，
故选：BD.
11. 设是函数的导函数，将和的图象画在同一个直角坐标系中，可能正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABC
【解析】对于选项A，若为的图象，当时，，在单调递增；
当时，，在单调递增，图象可能正确，故A正确；
对于选项B，若为的图象，，在上单调递增，图象可能正确，故B正确；
对于选项C，若为的图象，当时，，为常函数；当时，，在单调递增，图象可能正确，故C正确；
对于选项D，若为的图象，当时，，单调递增，不符合；
若为的图象，当时，，单调递减，不符合；
当时，，单调递减，也不符合，故D错误；
综上，故选ABC．
第II卷（非选择题 共92分）
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 已知是数列的前n项和，，则________.
【答案】
【解析】由数列的前项和为，且，
当时，，
两式相减，可得，即，，
令，可得，
所以数列是首项为，公比为的等比数列，
，
故答案为：
13. 函数在时有极小值0，则_______．
【答案】11
【解析】因为，
所以，
因为函数在时有极小值0，
所以，①
，②
联立①②解得或，
当时，，
则函数在上单调递增，无极值，不满足题意；
当时，，
由解得或，由解得，
函数在单调递增，单调递减，单调递增，
满足函数在时有极小值，
所以，
故答案为：11.
14. 若恒成立，则的取值范围是___________.
【答案】
【解析】函数，都是单调递增函数，都至多有一个零点，
因为恒成立，
所以函数，有公共零点，
记为，则，即，
，设.
，，在单调递增
在单调递减，单调递增
，，，
，
故答案为：.
四、解答题（本大题共5小题共77分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
15. 已知为椭圆：上一点，且点到两焦点距离之和为，且椭圆离心率为.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若直线被椭圆截得的线段长为，求的值.
解：（1）由题可得，则，
又由得 ，则，
所以椭圆的方程为.
（2）设直线与椭圆交于，两点，
联立方程组，消得到，
则，
由于，又，
则，整理得到，解得，
又时，，所以满足题意.
16. 如图，在四棱锥中，底面，，，，，，为棱的中点.
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值.
解：（1）法一：取中点，连接.
在△中，分别为的中点，所以，
又，所以，四边形是平行四边形，
所以，又平面，平面，
所以平面.
法二：因为底面，底面，所以，
又因为平面，
所以平面，即为平面的一个法向量，
如图，
以点为原点，，，分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，则
，，，，，
由为棱的中点，得，
向量，，故，
又平面，所以平面；
（2）因为，设平面的法向量为，
则，取，又平面的法向量，
设平面与平面的夹角为，则，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
17. 已知函数.
（1）讨论的单调区间；
（2）若，求在区间上的最小值和最大值.
解：（1）由题知，
当时，恒成立，故在上单调递增，
当时，由得，（舍负），
当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
综上，当时，在上单调递增，
当时，在上单调递减，在上单调递增；
（2）因为，，
因为，当时，，当时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
故在处取得极小值，也是最小值，，
，，
由于，则，故时，的最小值为，最大值为.
18. 已知数列满足．
（1）证明：数列为等差数列；
（2）设，记数列的前n项和为．
（i）求；
（ii）若成立，求m的取值范围．
解：（1）因为，即，
所以数列是以为首项，3为公差的等差数列.
（2）（i）由（1）知，
所以，
所以，
所以，
，
所以
，
所以.
（ii）因为，所以，
令，不妨设的第项取得最大值，
所以，解得，
所以的最大值为，
所以，即m的取值范围是.
19. 已知函数.
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）当时，不等式恒成立，求实数的取值范围；
（3）证明：.
解：（1）当时，，，，
则，所以，
所以曲线在点处的切线方程为，
即；
（2）因为，恒成立，所以恒成立.
令，则，
令，则且不恒为0，
即在上单调递减，则，
所以当时，且不恒为0，
所以在区间上单调递减，故，所以，
综上，实数的取值范围为；
（3）取，由（2）得当时，，
所以.
取，
则有，
即，
所以，，，，
将上述式子相加得，得证.