精品解析：江苏省盐城市八校2024-2025学年高二上学期期末联考数学试卷

2024-2025学年度高二年级第一学期期末联考试卷 数学试题 本试卷分试题卷和答题卷两部分.试题卷包括1至4页；答题卷1至4页.满分150分.考试时间150分钟. 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求．请把答案填涂在答题卡相应位置上． 1. 已知函数在处可导，且则（ ） A. B. C. D. 2 2. 抛物线的焦点坐标为（    ） A. B. C. D. 3. 等差数列的前n项和为，若，，则等差数列的公差为（    ） A. 2 B. C. 1 D. 3 4. 若直线与圆相交于A、B两点，且(其中是原点)，则的值为（    ） A. B. C. D. 5. 已知直线与曲线相切，则的值为（    ） A. B. C. D. 6. 已知正项等比数列中，若存在两项、，使，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 7. 已知直线与椭圆交于、两点，直线经过右焦点与椭圆交于点，若且，则该椭圆的离心率是（    ） A. B. C. D. 8. 已知函数，设，，，则（ ） A. B. C. D. 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，请把答案填涂在答题卡相应位置上． 9. 以下四个命题中，正确的是（    ） A. 设，动点P满足，则动点P的轨迹为双曲线 B. 若曲线表示椭圆，则 C. 方程的两根可分别作为椭圆和双曲线的离心率 D. 双曲线与椭圆有相同的焦点 10. 已知数列的前项和为，，，则（    ） A. B. C. D. 11. 已知函数的定义域为，其导数满足，则（    ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设是公比为的等比数列，为其前n项和，若成等差数列，则______. 13. 若直线被圆截得的弦长为，则的值为____. 14. 已知，设函数，若关于的不等式在上恒成立，则______. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸. 15. 已知正项等比数列的前项和为，且，． （1）求数列的通项； （2）设，求数列的前项和． 16. 在平面直角坐标系中，已知点，，动点满足直线与 的斜率之积为，记的轨迹为曲线． （1）求的方程； （2）曲线上两点满足，且四边形的面积为12，求 的值． 17. 已知二次函数的图象经过坐标原点，其导函数为，数列的前项和为，点均在函数的图象上． （1）求数列的通项公式； （2）设，是数列的前项和，存在，使成立，求的取值范围. 18. 在平面直角坐标系中，过原点直线交抛物线于另一点，且. （1）求抛物线方程； （2）已知为抛物线上两动点，且关于轴对称，，连接交抛物线于点，直线是否过定点？若过定点，求出定点坐标. 19. 已知函数，其中是自然对数的底数． （1）当，求的极大值； （2）若存在，使得，且，求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025学年度高二年级第一学期期末联考试卷 数学试题 本试卷分试题卷和答题卷两部分.试题卷包括1至4页；答题卷1至4页.满分150分.考试时间150分钟. 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求．请把答案填涂在答题卡相应位置上． 1. 已知函数在处可导，且则（ ） A. B. C. D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】根据导数的定义计算可得. 【详解】因为函数在处可导，且， 所以. 故选：A 2. 抛物线的焦点坐标为（    ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先把抛物线化成标准方程再求出焦点坐标即可. 【详解】由抛物线可得， 可得焦点坐标为. 故选：D. 3. 等差数列的前n项和为，若，，则等差数列的公差为（    ） A. 2 B. C. 1 D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】利用等差数列前n项和公式及等差数列的性质可得，再应用等差数列通项公式求公差. 【详解】由题设，则， 所以等差数列的公差. 故选：B 4. 若直线与圆相交于A、B两点，且(其中是原点)，则的值为（    ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据圆心到直线距离以及弦长公式，解方程可得结果. 【详解】易知圆的圆心为，半径为， 圆心到直线距离为，弦长， 所以， 解得. 故选：C 5. 已知直线与曲线相切，则的值为（    ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设切点，利用切点处的导数等于切线的斜率，切点既在曲线上，又在直线上，联立求解即可. 【详解】设切点，故， 又切点在直线上，所以. 故选：C. 6. 已知正项等比数列中，若存在两项、，使，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用等比数列的通项公式与性质得到，再利用基本不等式“1”的妙用即可得解. 【详解】由于，，， 所以， 所以， 当且仅当，即时，等号成立， 所以的最小值为. 故选：D. 7. 已知直线与椭圆交于、两点，直线经过右焦点与椭圆交于点，若且，则该椭圆的离心率是（    ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设椭圆的左焦点为点，连接、、，设，则，，分析可知四边形为矩形，在中利用勾股定理可得出与的关系式，然后在中应用勾股定理可求得该椭圆的离心率的值. 【详解】如下图所示： 设椭圆的左焦点为点，连接、、， 设，则，， 由椭圆定义可得，， 由对称性可知，点、关于原点对称， 又因为为线段的中点，且，故四边形为矩形， 由勾股定理可得， 即，解得，故，， 由勾股定理可得，即，则， 所以，该椭圆的离心率为. 故选：B. 【点睛】方法点睛：求解椭圆或双曲线的离心率的方法如下： （1）定义法：通过已知条件列出方程组，求得、的值，根据离心率的定义求解离心率的值； （2）齐次式法：由已知条件得出关于、的齐次方程，然后转化为关于的方程求解； （3）特殊值法：通过取特殊位置或特殊值，求得离心率. 8. 已知函数，设，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用奇偶函数的判断方法，得到为偶函数，利用导数与函数单调性间的关系，得到在区间上单调递增，根据条件有，再比较的大小，即可求解. 【详解】易知的定义域为，关于原点对称 又，所以为偶函数， 又， 当时，，所以当时，， 令，则恒成立，所以在上单调递增， 则当时，，所以当时，，即在区间上单调递增， 因为， 又易知，，， 所以， 故选：B. 【点晴】关键点点晴：本题的关键在利用当时，，从而有当时，，构造函数，利用导数与函数单调性间的关系，可得，即在区间上单调递增，即可求解. 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，请把答案填涂在答题卡相应位置上． 9. 以下四个命题中，正确的是（    ） A. 设，动点P满足，则动点P的轨迹为双曲线 B. 若曲线表示椭圆，则 C. 方程的两根可分别作为椭圆和双曲线的离心率 D. 双曲线与椭圆有相同的焦点 【答案】CD 【解析】 【分析】根据双曲线的定义判断A；由曲线方程表示椭圆列不等式求参数范围判断B；解一元二次方程，结合双曲线、椭圆离心率的性质判断C；根据方程直接写出双曲线、椭圆的焦点坐标判断D. 【详解】A：由，结合双曲线的定义易知动点P的轨迹为双曲线的左支，错； B：由曲线为椭圆，则，可得且，错； C：，可得或，可分别作为椭圆和双曲线的离心率，对； D：双曲线中，则焦点为， 椭圆中，则焦点为，即焦点相同，对. 故选：CD 10. 已知数列的前项和为，，，则（    ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】本题考查数列的递推关系，数列的周期性.根据数列的递推公式求得，，，可得数列是以3为周期的周期数列，所以，可求得的值，根据，可求得的值. 【详解】由题可得，，∵， 可求得，，，故A错误，B正确； 由此可得数列是以3为周期的周期数列，所以，C正确； 同理，可得，可求得，D正确. 故选：BCD. 11. 已知函数的定义域为，其导数满足，则（    ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据条件对任意的都有，构造函数，利用导数可得在时单调递增，结合各个选项化简即可得出结果． 【详解】设，则， 因为对任意的都有； 则，则在上单调递增； 因为，所以，，所以A正确； 因为，所以，，所以B错误； 因为，所以，，所以C正确； 因为，所以，，所以D正确； 故选：ACD． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设是公比为的等比数列，为其前n项和，若成等差数列，则______. 【答案】## 【解析】 【分析】应用等差中项及等比数列前n项和可得，即可求公比. 【详解】由题设，则，整理得， 所以. 故答案为： 13. 若直线被圆截得的弦长为，则的值为____. 【答案】 【解析】 【分析】应用点线距离公式、圆中弦长的几何求法列方程求参数值. 【详解】由题设，圆心到直线的距离， 又圆的半径，则弦长为，可得， 所以. 故答案为： 14. 已知，设函数，若关于的不等式在上恒成立，则______. 【答案】 【解析】 【分析】根据题设在上取得最小值，讨论、、，应用分类讨论及导数研究函数的最值确定参数即可. 【详解】由在上恒成立，即在上取得最小值， 对于，图象开口向上且对称轴为， 若，即时，， 在上单调递减， 在上单调递增， 此时，故，则最小值， 而在上单调递增，故， 综上，满足题设； 若，即时，在上， 在上，则，即单调递增，所以， 综上，满足题设； 若，即时，最小值在上取得， 由于，在上，即单调递减， 在上，即单调递增， 所以最小值在处取得，此时，与前提矛盾； 综上，. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：根据题设有在上取得最小值，结合二次函数的性质、导数研究函数的最小值得到关于参数a的方程为关键. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸. 15. 已知正项等比数列的前项和为，且，． （1）求数列的通项； （2）设，求数列的前项和． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）依题意求出数列的公比，再求得首项，即可得出结果； （2）结合（1）中表达式，利用错位相减法计算可得. 【小问1详解】 根据题意设等比数列的公比为， 当时，由可得，显然不合题意； 因此，所以由可得，解得， 又为正项等比数列，所以； 根据可得，解得或（舍）； 因此； 即数列的通项公式为； 【小问2详解】 由（1）可知， 所以， 则， 两式相减可得， 可得. 16. 在平面直角坐标系中，已知点，，动点满足直线与 的斜率之积为，记的轨迹为曲线． （1）求的方程； （2）曲线上两点满足，且四边形的面积为12，求 的值． 【答案】（1） （2）10 【解析】 【分析】（1）由题意列出方程，化简即得的方程； （2）结合图形由推得，继而推出，设直线的方程为，与双曲线方程联立，求出点的坐标，由对称性得点的坐标，由四边形的面积为12列出方程，解之求得的值，继而可求出 的值. 【小问1详解】 依题意，可得，化简得， 故的方程为. 【小问2详解】 如图，因，依题意，，故得， 则四边形为平行四边形.因直线得斜率必存在，故可设其斜率为， 则直线的方程为，代入双曲线方程， 整理得：，则， 由，可得，将其代入，解得， 即得， 由上已得，故点与点关于原点对称，故点的坐标为. 又因四边形的面积 ，解得或. 而， 故当时，； 当时，. 综上，可得 的值为10. 17. 已知二次函数的图象经过坐标原点，其导函数为，数列的前项和为，点均在函数的图象上． （1）求数列的通项公式； （2）设，是数列的前项和，存在，使成立，求的取值范围. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据二次函数的导函数及所过的点可得，进而有，应用的关系求数列的通项公式； （2）利用裂项相消法得，根据数列不等式能成立，讨论的奇偶性求参数范围. 【小问1详解】 设二次函数且，则，故， 所以，又函数经过坐标原点，则，故， 又点均在函数的图象上，所以， 当，则，故，显然也满足， 所以； 【小问2详解】 由（1）， 所以， 由在上能成立， 当为奇数时，因为，所以； 当为偶数时，因为，所以； 存在，使能成立，只需或， 即. 18. 在平面直角坐标系中，过原点直线交抛物线于另一点，且. （1）求抛物线方程； （2）已知为抛物线上两动点，且关于轴对称，，连接交抛物线于点，直线是否过定点？若过定点，求出定点坐标. 【答案】（1） （2）过定点 【解析】 【分析】（1）联立直线方程与抛物线方程，求出，再代入抛物线方程即可求解； （2）设则，求出直线的方程，可得其与抛物线的交点的坐标，表示出直线的方程，结合点在抛物线上化简方程，即可求出直线所过定点坐标. 【小问1详解】 由题意得，解得， ，解得， 抛物线方程； 【小问2详解】 设，则， 直线的方程为， 与，联立得， ， 直线的方程为， ，所以 直线的方程化简得， 直线过定点. 19. 已知函数，其中是自然对数的底数． （1）当，求的极大值； （2）若存在，使得，且，求的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由题意得，，通过的单调性研究的符号变换情况，进而研究的单调性，由此即可得到极大值. （2）由题意将问题等价转换为函数有零点，通过求导，对进行分类讨论即可得解. 【小问1详解】 因为，所以，，， 所以当时，，当时，， 所以在区间上单调递减，在上单调递增． ．因为，所以存在唯一，使得， 所以在区间和上单调递增，在上单调递减， 所以的极大值为． 【小问2详解】 不妨设，所以关于的方程有正实数解，所以，即有正实数解． 设，则， 所以在上单调递增，所以． ①当时，单调递增，所以，不合题意； ②当时，存在，使得， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增，所以， 所以存在，使得，符合题意． 综上，的取值范围是． 【点睛】关键点睛：第二问的关键是分析得到关于的方程有正实数解，即有正实数解，然后通过构造函数即可顺利得解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $