四川省达州市2024−2025学年高二下学期期中考试 数学试卷（含解析）

这是一份四川省达州市2024−2025学年高二下学期期中考试 数学试卷（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
1．已知数列，则该数列的第99项为（ ）
A．B．197C．D．199
2．某运动物体的位移（单位：米）关于时间（单位：秒）的函数关系式为，则该物体在秒时的瞬时速度为（ ）
A．4米/秒B．3米/秒C．2米/秒D．1米/秒
3．下列求导正确的是（ ）
A．B．
C．D．
4．若数列满足，则（ ）
A．8B．C．D．
5．已知函数，则的单调递增区间为（ ）
A．B．C．D．
6．已知递增等比数列的公比为，若，，则（ ）
A．B．C．D．
7．函数的极小值点为（ ）
A．B．1C．D．2
8．斐波那契数列（Fibnacci sequence），又称黄金分割数列，因数学家莱昂纳多•斐波那契（LenardFibnacci）以兔子繁殖为例子而引入，故又称为“兔子数列”，指的是这样一个数列：，从第3项开始，每一项都等于前两项之和.删去0后，记此数列为，则（ ）
A．B．
C．D．
二、多选题
9．已知函数的导函数的图象如图所示，则（ ）
A．在上单调递减B．在上单调递增
C．的一个极小值为D．在上的最大值为
10．已知等差数列的前项和为，且，则（ ）
A．
B．
C．数列中最大
D．数列中最小
11．过点向曲线作切线，切线方程可能是（ ）
A．B．
C．D．
三、填空题
12．已知函数在处可导，若，则 .
13．设等比数列的前项和为，若，则 ．
14．已知函数的图象与直线有两个交点，则的取值范围为 ．
四、解答题
15．已知函数的图象在点处的切线方程为.
（1）求；
（2）求在上的值域.
16．如图，在长方体中，，．
（1）求直线与所成角的余弦值；
（2）求直线与平面所成角的正弦值；
（3）求平面与平面所成角的余弦值．
17．已知正项数列的前项和为，且，数列满足，．
（1）求数列和的通项公式；
（2）设，为数列的前项和，若任意，使得成立，求的取值范围．
18．已知椭圆的离心率为，焦点与短轴端点围成的四边形的面积为6．
（1）求椭圆的标准方程．
（2）已知动直线过椭圆的右焦点，且与椭圆分别交于，两点．试问轴上是否存在定点，使得为定值？若存在，求出该定值和点的坐标；若不存在，说明理由．
19．已知函数的导函数为，我们称函数的导函数为函数的二阶导函数，若一个连续函数在区间上的二阶导函数，则称为上的凹函数，若二阶导函数，则称为上的凸函数.
（1）若函数是上的凸函数，求实数的取值范围.
（2）已知函数.
①若是上的凹函数，求实数的取值范围；
②若在内有两个不同的零点，证明：.
参考答案
1．【答案】B
【详解】通过观察，该数列的通项公式为，
所以.
故选B.
2．【答案】A
【详解】由，得，
则物体在秒时的瞬时速度米／秒．
故选A.
3．【答案】D
【详解】对于A，因为是常数，所以，所以A错误，
对于B，因为，所以B错误，
对于C，因为，所以C错误，
对于D，因为，所以D正确，
故选D.
4．【答案】D
【详解】因为，
所以，
所以是周期为4的数列，故.
故选D
5．【答案】A
【详解】易知函数定义域为，因为，
所以，令，得，
所以，即，所以的单调递增区间为，
故选A.
6．【答案】B
【详解】因为，所以，
由得或，
因为递增，所以，所以，故．
故选B.
7．【答案】B
【详解】.
令，得；令，得.
可知在，上单调递增，在上单调递减，
所以极小值点为1.
故选B.
8．【答案】D
【详解】因为，且，
所以，，
，
上述各式相加得.
故选D
9．【答案】BD
【详解】由图可知，当时，，当时，，
所以在上单调递减，在，上单调递增，极小值为，
在上的最大值为，所以选项A和C错误，选项B和D正确，
故选BD.
10．【答案】BCD
【详解】因为，所以.
因为，所以，所以，故B正确.
所以，数列为递减数列，A错误；
又，所以，
所以时，，时，，所以数列中最大，
因为，所以，所以，故D正确.
故选BCD.
11．【答案】BD
【详解】设切点，因为，则，
则切线方程为，又，
所以，又切线过点，
所以，整理得到，
即，所以或，
当时，切线方程为，即，
当时，切线方程为，即，
故选BD.
12．【答案】
【详解】因为，
所以.
13．【答案】/1.75/
【详解】因为为等比数列，所以，，，…也为等比数列．
设，则，，
所以，则，
故．
14．【答案】
【详解】令，可得，
构建，
原题意等价于在定义域内有两个零点，
因为，
令，解得；令，解得；
可知在上单调递减，在上单调递增，
则，且当趋近于或时，趋近于，
可知，即，
所以的取值范围为．
15．【答案】（1），
（2）
【详解】（1）因为，所以.
又在点处的切线方程为，
所以，解得，所以，
则，又切点在切线上，所以，解得，
所以，.
（2）由（1）知，则.
令，得或，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增.
因为，，，所以在上的值域为.
16．【答案】（1）
（2）
（3）
【详解】（1）以为坐标原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，，．
因为，，
所以，
所以直线与所成角的余弦值为．
（2）设平面的法向量为，由（1）知，，
所以，令，得，所以，
设直线与平面所成的角为，
所以，
即直线与平面所成角的正弦值为．
（3）设平面的法向量为，由（1）知，，
所以，令，得，所以．
设平面与平面所成的角为，
结合（2）得，
故平面与平面所成角的余弦值为．
17．【答案】（1），
（2）
【详解】（1）由，得，
两式相减得，即．
因为，所以，即．
当时，，解得或（舍去），
所以是首项为7，公差为3的等差数列，故，
因为，①
所以当时，，②
①-②得，也满足．
故的通项公式为，的通项公式为．
（2）因为，
所以，
当时，取得最小值．
因为对任意，恒成立，所以，
整理得，解得．
18．【答案】（1）
（2）存在；，定值为
【详解】（1）由题意得，，
又，解得，，
所以椭圆的标准方程为．
（2）存在，理由如下：
①当直线的斜率存在时，设直线的方程为，联立椭圆的方程，
可得．设，，
则，．
设，则
若为定值，则，解得，
此时，点的坐标为．
②当直线的斜率不存在时，则直线的方程为，
代入，得
不妨令，．
若，则，，．
综上所述，在轴上存在点，使得为定值，且定值为．
19．【答案】（1）
（2）①；②证明见详解
【详解】（1）因为，定义域为，
所以，.
因为是上的凸函数，所以在上恒成立，
即当时，恒成立.
函数图象的对称轴为直线，
当，即时，只需时，即可，所以，
当，即时，只需时，即可，所以，
综上可得.
（2）①因为，，所以，.
因为是上的凹函数，所以在上恒成立，
即在上恒成立.
令，，则.
当时，，则，单调递增；
当时，，则，单调递减.
所以，所以，解得，
所以实数的取值范围是.
②证明：由①知，因为在内有两个不同的零点，，
所以方程在内有两个根，，即.
因为在上单调递增，在上单调递减，所以.
欲证，即证.
因为且在上单调递减，
所以只需证明，即证.
欲证，即证，即，
只需证，即证，而该式显然成立.
欲证，即证.
因为，所以只需证，
即证，即需证.
令，，则，
所以在上单调递增，所以，则原不等式得证.
故.