四川省泸州市泸化中学2024-2025年高二下学期期中考试 数学试题（含解析）

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一、单选题（本大题共8小题）
1．“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件
2．已知某质点的位移函数为，则当时，该质点的瞬时速度是（ ）
A．B．C．D．.
3．抛物线在点处的切线的斜率为（ ）
A．B．C．D．1
4．数列的第2024项为（ ）
A．B．C．D．
5．已知数列满足是数列的前项和，则（ ）
A．64B．75C．128D．32
6．若双曲线的焦距为，过右顶点的直线与双曲线的一条渐近线平行.已知原点到直线的距离为，则双曲线的离心率为（ ）
A．2或B．C．2D．
7．设，则的大小关系是（ ）
A．B．
C．D．
8．已知函数有两个零点，且，则下列说法不正确的是（ ）
A．B．
C．D．有极小值点
二、多选题（本大题共3小题）
9．函数的导函数在区间上的图象如图所示，则下列结论正确的是（ ）
A．函数在处有极小值；
B．函数在处有极小值；
C．函数在区间内有4个极值点；
D．函数在上为增函数.
10．函数满足，且，，下列说法正确的有（ ）
A．为的一个周期B．为奇函数
C．D．
11． 伯努利双纽线最早于1694年被瑞士数学家雅各布·伯努利用来描述他所发现的曲线．在平面直角坐标系中，把到定点，距离之积等于的点的轨迹称为双纽线，已知点是的双纽线上一点，下列说法正确的是（ ）
A. 若直线交双纽线于，，三点（为坐标原点），则
B. 双纽线上满足的点有2个
C. 的面积的最大值为
D. 的周长的取值范围为
三、填空题（本大题共3小题）
12．是等比数列的前项和，若（），则 ．
13．设椭圆的左、右焦点分别为，，是上的点，轴，，则椭圆的离心率等于 ．
14．已知函数，若，则的取值范围为 ．
四、解答题（本大题共5小题）
15．设数列是等差数列，已知，．
(1)求数列的通项公式．
(2)设，求数列的前项和．
16．某高校承办了杭州亚运会志愿者选拔的面试工作.现随机抽取了100名候选者的面试成绩，并分成五组：第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，绘制成如图所示的频率分布直方图.已知第三、四、五组的频率之和为0.7，第一组和第五组的频率相同.

(1)求，的值；
(2)估计这100名候选者面试成绩的第65百分位数（分位数精确到0.1）；
(3)在第四，第五两组志愿者中，采用分层抽样的方法从中抽取5人，然后再从这5人中选出2人，以确定组长人选，求选出的两人来自同一组的概率.
17．已知直线与抛物线交于A，B两点，F为E的焦点，直线FA，FB的斜率之和为0．
(1)求E的方程；
(2)直线分别交直线于两点，若，求k的取值范围．
18．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.
19．在人工智能领域，神经网络是让机器学会思考的核心技术，当AI处理图象，语言等复杂数据时，需要通过一种激活函数：双曲正切函数，对信息进行筛选和转换．定义双曲正弦函数，双曲余弦函数，双曲正切函数．
（1）若，求在上的单调区间；
（2）证明：；
（3）无穷数列，满足，问：是否存在实数，使得，若存在，求出，若不存在，说明理由．
参考答案
1．【答案】A
【分析】根据充分必要条件判断方法，即可得出结论.
【详解】若，则成立；
若，则，
故不成立，
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选:A
【点睛】本题考查充分必要条件的判断，要注意三角函数值与角之间的关系，属于基础题.
2．【答案】D
【分析】求导之后代入可解.
【详解】由题意可得，
所以，即该质点的瞬时速度是.
故选：D
3．【答案】D
【分析】求出导函数，令求出即为切线的斜率.
【详解】令，得，得.
故选D.
4．【答案】B
【分析】观察数列特点，发现有个，个，个，，个，根据等差数列的前项和得，再根据得第项为.
【详解】观察可知数列的构成规律为个，个，个，，个，
因为，而，
所以数列的第项为，
故选：B.
5．【答案】B
【分析】由递推公式求得前4项，即可求解.
【详解】由，
可得：，得，
，得
，得
所以，
故选：B
6．【答案】C
【分析】由题意不妨设直线的方程为，得，原点到直线的距离为得，利用即可求解.
【详解】由对称性可知，不妨设直线的方程为，
即，
于是有，又，故，
即，
两边平方得，所以，
即，即，
解得或，
因为，所以，，
故，所以.
故选：C
7．【答案】A
【分析】构造函数，判断单调性，利用单调性比较大小.
【详解】令，
当时，，单调递减；当时，，单调递增；
，，
，
因为，所以，
故选：A
8．【答案】C
【分析】求得函数的导数，得到函数的单调区间，利用函数的性质，逐项判定，即可求解.
【详解】由题意，函数，则，
当时，在上恒成立，所以函数单调递增，不符合题意；
当时，令，解得，令，解得，所以函数在上单调递减，在上单调递增，
因为函数有两个零点且，
对A，则，且，所以，解得，所以A项正确；
对B，，且，，故，，所以，所以B正确；
对C，由，则，但不能确定，所以C不正确；
对D，由函数在上单调递减，在上单调递增，
所以函数的极小值点为，且，所以D正确；
故选：C.
9．【答案】BD
【分析】根据导函数的图象、极值点、极值的知识与用导数判断单调性可求得正确答案.
【详解】对于A选项，在左右两侧的，所以不是的极值点，故A选项错误.
对于B选项，在左右两侧，左侧，右侧，且，所以函数在处有极小值，故B选项正确.
对于C选项，根据图象可知，有3个极值点，左右两侧的，所以不是的极值点，故C选项错误.
对于D选项，的图象在上，当且仅当时，，所以在上单调递增，故D选项正确.
故选：BD.
10．【答案】ABC
【分析】由，通过代入，可求得周期为4，进而判定A；再结合，可判断B；再通过特值代入，可判断C；联想到正切函数的两角和公式和正切函数的性质，可以想到举例从而否定D.
【详解】对于A，当有意义，且，时，
则，
则，
.
当时，(无意义)，
可得,
所以,
所以.
当时，,
可得,
综上，总有.
故为的一个周期，故A正确；
对于B，，即，函数关于点对称.
又由为的一个周期，所以，
所以，故为奇函数，故B正确；
对于C，为奇函数，但无法直接判定有意义.
但已知，可得有意义，故有意义，,
所以分母不为零，有意义，从而,即,
所以，故C正确；
对于D，.
因为，
，，
满足题设所有条件，但是不存在（），故D错误.
故选：ABC.
11．【答案】ACD
【详解】由双纽线的定义可得：，
即，化简得：，
当时，点的轨迹方程为，
令，解得或，所以，故A正确；
因为，，若满足，则点在轴上，
在方程中令，解得，
所以满足的点为，只有一个，故B错误；
，故C正确；
因为，
又，且，
所以，
接下来先证明：
在中，由余弦定理可得，
所以.
又因为，所以
.
所以
，
即，
整理可得，所以；
所以，
如图以、为邻边作平行四边形，
则，所以，
所以，
即的周长的取值范围为，故D正确.

故选ACD.
12．【答案】
【分析】由求出，结合等比数列求得a值．
【详解】由题意时，
，
当时，，
又是等比数列，所以，解得．
故答案为：．
【点睛】易错点睛：由前n项和求时，要注意中有，不包括，而，解题时要注意，否则易出错，考查学生的运算能力，属于常考题.
13．【答案】/
【分析】由已知可得点坐标，在中，由，可得，结合椭圆的性质即可求解．
【详解】如图所示，，
把代入椭圆方程可得：，解得，
不妨取，
在中，，
，得，
整理得，，
解得．
故答案为：．
14．【答案】
【分析】构造函数，等价于，再构造函数，利用函数单调性求出最小值，即可求出的值.
【详解】等价于，令，则．
当时，,单调递增；当时，,单调递减．
所以.
故转化为，即恒成立.
令，，则，则，因为恒成立，所以.
故的取值范围为．
故答案为：.
15．【答案】(1).
(2).
【分析】（1）运用等差数列通项公式基本量计算即可.
（2）运用裂项相消法求和即可.
【详解】（1）设等差数列的公差为，则，即：，解得：，
所以，即：.
（2）由（1）知，，
所以.
16．【答案】(1)，
(2)
(3)
【分析】（1）根据频率分布直方图的频率的性质即各组频率为相应矩形面积，列式计算，即可求得答案；
（2）确定面试成绩的65%分位数的范围，计算各矩形面积和的65%处对应的数值即为所求；
（3）确定两组各抽取的人数，采用列举法列出选出2人的所有可能情况，再列出这2人来自同一组的情况，根据古典概型的概率公式即可求得答案.
【详解】（1）因为第三、四、五组的频率之和为0.7，所以，解得，
所以前两组的频率之和为，即，所以；
（2）前两个分组频率之和为0.3，前三个分组频率之和为0.75，所以第65百分位数在65和75之间，
即为；
（3）第四、第五两组志愿者分别有20人，5人，
故按照分层抽样抽得的第四组志愿者人数为4，分别设为，，，，第五组志愿者人数为1，设为，
这5人中选出2人，所有情况有，，，，，，，，，共有10种情况，
其中选出的两人来自同一组的有，，，，，，共6种情况，
故选出的两人来自同一组的概率为.
17．【答案】(1)
(2)
【分析】（1）联立直线与抛物线方程，将直线FA，FB的斜率之和坐标化，利用韦达定理代入整理求解系数；
（2）由直线方程，令，用表示坐标， 代入利用志达定理将条件转化为的不等关系，求解不等式即得.
【详解】（1）由，得，设直线与抛物线线交点，
的斜率，的斜率，
由已知直线FA，FB的斜率之和为0，
则
①，
联立方程组，消得，
由，且，得，则.
由韦达定理得，代入①化简得
，
由，解得，
故抛物线E的方程为；
（2）由（1）知，焦点，则，，
令，得，
故，解得，
又，
由（1）知，，代入②式得，
，且，
解得，则，或，
故的取值范围为.

18．【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）法一：取中点，连接，利用线面平行的判定定理证明；法二：以点为原点，，，分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，利用向量法进行证明；
（2）求出两个平面的法向量，利用向量法求解.
【详解】（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.
19．【答案】（1）在上单增．
（2）证明见解析
（3）存在，
【详解】（1）由题易知：，
故，
而，当且仅当时取等，
恒成立
故在上单增．
（2）证明：，
，
，，
所以，
故．
（3）法一：由（2）知当时，，设
由，知，
，
……，
依此下去可得：
由双曲正切函数定义知，由知，，
记，则，解得，记，解得．
，故存在实数，使得．
法二：由（2）知当时，，设，
由，知，
猜想．下面用数学归纳法证明
①当时，命题显然成立；
②假设当时，命题成立，即，
则时，由知，，
即当时，命题也成立．
由数学归纳法知，所以对任意的正整数均有．
由双曲正切函数定义知，由知，，
记，则，解得，记，解得．
，故存在实数，使得．