陕西省榆林市2024-2025学年高二上学期1月期末考试数学试题（解析版）

这是一份陕西省榆林市2024-2025学年高二上学期1月期末考试数学试题（解析版），共14页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 已知数列的通项公式为，则下列选项中不是中项的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】时，，时，，时，，故ACD错误；
令，解得，故不是数列中的项.
故选：C.
2. 据报道，从2024年7月16日起，“高原版”复兴号动车组将上线新成昆铁路和达成铁路，“高原版”复兴号动车组涂装用的是高耐性油漆，可适应高海拔低温环境．“高原版”复兴号动车组列车全长236.7米，由9辆编组构成，设有6个商务座、28个一等座、642个二等座，最高运行时速达160千米，全列定额载客676人．假设“高原版”复兴号动车开出站一段时间内，速度与行驶时间的关系为，则当时，“高原版”复兴号动车的加速度为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】因为，所以，
故当时，，
即时，“高原版”复兴号动车的加速度为，
故选：B.
3. 已知直线与直线平行，则实数值为（ ）
A. B. 1
C. D. 或1
【答案】A
【解析】当时，，显然不平行；
所以，由直线与直线平行，
得，解得，
所以实数的值为.
故选：A.
4. 已知函数，则（ ）
A. 6B. 3C. D.
【答案】D
【解析】因为，
所以，
令，得，∴，
所以，故
故选：D.
5. 已知等差数列的前项和为，若，则（ ）
A. 20B. 16C. 7D. 2
【答案】C
【解析】由题意得成等差数列，
故，
即，
解得.
故选：C.
6. 若圆与双曲线的渐近线相切，则的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】双曲线的渐近线方程为，
圆的圆心，半径为2，
由对称性，圆心到渐近线的距离，
由题意得，故，所以离心率.
故选：B.
7. 已知函数及其导函数f'x的定义域均为，若，且，则不等式的解集为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】令，因为，所以，
所以在上单调递减；
又，所以，
因此不等式可化为，
所以，解得，
即不等式的解集为.
故选：A.
8. 已知数列的首项为1，且，设数列中不在数列中的项按从小到大的顺序排列构成数列，则数列的前200项和为（ ）
A. 42602B. 42609C. 42770D. 42762
【答案】D
【解析】因为数列的首项为1，且，
所以，即得，
所以，
则数列的前200项和为数列的前208项的和减去数列的前8项的和，
即数列的前200项和为.
故选：D.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 下列求导结果正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AD
【解析】对于A，，故A正确；
对于B，因为是常数，所以，故B不正确；
对于C，，故C不正确；
对于D， ，故D正确；
故选：AD.
10. 在平面直角坐标系中，已知曲线，则下列说法正确的是( )
A. 若曲线表示圆，则实数的取值范围是
B. 存在实数，使得点在曲线内
C. 若，直线与曲线相交于两点，则线段的长度为
D. 若，则过点且与曲线相切的直线的方程为或
【答案】ACD
【解析】已知曲线，
对于A选项，若曲线表示圆，，即，
故，所以A正确；对于B选项，要使得点在曲线内，
只需，即不成立，故B错误；
对于C选项，当时，曲线为圆，即，
设圆心到直线的距离为，则，
又因为半径，故弦长，故C正确；
对于D选项，当时，即，
圆心，半径，当过点的直线斜率不存在时，直线方程为，
此时直线和圆相切；当过点直线斜率存在时，设直线方程为，
即，由直线与圆相切可得圆心到直线的距离，
解得，此时切线方程为，故D正确.
故选：ACD.
11. 若过点可以作抛物线的两条切线，切点分别是，则称为“阿基米德三角形”．已知抛物线的焦点为，过的直线交于两点，以为顶点的“阿基米德三角形”为，则（ ）
A. 点的横坐标为B.
C. D. 面积的最小值为16
【答案】ABD
【解析】对于A，，设，代入，
整理可得，设Ax1,y1,Bx2,y2（不妨设），
则.
由抛物线，整理可得函数，则，
设过点A的切线斜率为，易知，则切线方程为，
即，同理可得：过点的切线方程为，
联立可得，解得，即故；
所以点的横坐标为，故A正确；
对于B，由A可知：直线，直线，
由，则，即，故B正确；
对于C，由选项A可知，则直线的斜率，
由，则.由选项B可知，
所以，得，即，故C错误；
对于D，由C可得：，
，
，
则，当时，取得最小值为16，故D正确；
故选：ABD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知等差数列的前项和为，若，则_________．
【答案】2
【解析】因为，所以.
13. 若直线与曲线恰有两个交点，则实数的取值范围是_________．
【答案】
【解析】如图，直线恒过点，
曲线表示出以为圆心，3为半径的右半圆，
设直线与半圆相切于点，则，解得，所以，
因为，，所以，
因为直线与曲线恰有两个交点，
所以，所以.
14. 如图，在长方体中，，，点为线段的中点，点是棱上一点，若直线与平面所成角的正弦值为，则_________．
【答案】
【解析】以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，则，设，
，
设n=a,b,c为平面的一个法向量，
可得，即，令，则，
所以，
因为直线与平面所成角的正弦值为，
所以，
解得，或舍去，
所以，.
四、解答题：本题共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. 已知函数．
（1）求曲线在点处切线的方程；
（2）求函数的极值．
解：（1）由，
得，
因为，所以，
所以曲线在点处切线的方程为，
即．
（2）令，得或，
当变化时，的变化情况如下表：
又，所以函数的极小值为，极大值为13．
16. 已知公比为正数的等比数列的前项和为，且．
（1）求的通项公式；
（2）若，求数列的前项和．
解：（1）设等比数列的公比为，
由，得，即，
所以，解得或（舍）．
又，所以．
（2）由（1）得，
所以，
所以，
，
两式相减，得
，
所以．
17. 如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧面是等边三角形，且平面平面，，为的中点．
（1）求点到平面的距离；
（2）求平面与平面夹角的余弦值．
解：（1）分别取中点为，连接，
因为底面是正方形，分别为的中点，
所以．
因为侧面是等边三角形，为的中点，
所以，
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
又平面，所以．
如图所示，以坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
则，
所以，
设平面的法向量为，
则令，则，
所以平面的一个法向量为，
设点到平面的距离为，
则．
即点到平面的距离为．
（2）由（1），得平面的一个法向量为，
设平面的法向量为，
则取，则，
所以平面的一个法向量为，
设平面与平面的夹角为，
则，
即平面与平面夹角的余弦值为．
18. 已知椭圆的左、右焦点分别为，点是的上顶点，，的面积为．
（1）求椭圆的方程；
（2）已知，若直线与椭圆相交于两点（异于点），求证：直线的斜率之和为0．
（1）解：由题意，得，
其中，
因为，的面积为，
所以，解得，
所以，
所以椭圆的方程为．
（2）证明：设，由得，
所以，即．
因为两点异于点，所以，所以，
又，
所以
，
将代入上式，
得．
所以直线的斜率之和为0．
19. 若对且，函数，满足：，则称函数是函数在区间上的级控制函数．
（1）判断函数是否是函数在区间上的1级控制函数，并说明理由；
（2）若函数是函数在区间上的级控制函数，求实数的取值范围；
（3）若函数是函数在区间上的级控制函数，且函数在区间上存在两个零点，求证．
解：（1）函数是函数在区间上的1级控制数．
理由如下：因为，且，所以，
所以，即成立，
所以函数是函数在区间上的1级控制函数．
（2）由函数是函数在区间上的级控制函数，
得，又，由指数函数性质得在上单调递增，
所以，即恒成立．
令，所以当，且时，恒成立，
故在上恒成立．因为，所以在上恒成立，
则恒成立，即，由指数函数性质在上单调递增，
故，则，由题意得，所以，
综上，可以得到实数取值范围是．
（3）因为函数在区间上存在两个零点，
所以我们不妨设，且，
因为函数是函数在区间上的级控制函数，
所以，
即，
可以得到．
要证，即证，
即证，即证，
令，构造，
所以，
所以φx在上单调递增，
所以，即时，，
即成立，所以得证．3
0
0
单调递减
极小值
单调递增
极大值
单调递减