精品解析： 福建省晋江市养正中学2024-2025学年高二下学期素养检测（一）数学试题

养正中学2024-2025年高二下数学素养 检测（一）试卷 一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分） 1. 有3位高三学生参加4所重点院校的自主招生考试，每人参加且只能参加一所学校的考试，则不同的考试方法种数为（ ） A. 9 B. 12 C. 64 D. 81 2. 函数的单调递减区间为（ ） A. B. C. D. 3. 已知等差数列的前项和为，若，则 （ ） A. 30 B. 55 C. 80 D. 110 4. 已知函数在上可导，若，则（ ） A. 9 B. 12 C. 6 D. 3 5. 已知点，，，动点P满足，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 6. 如图，在直三棱柱中，是等边三角形，，则点到直线的距离为（ ） A. B. C. D. 7. 已知直线与函数，的图象分别相交于，两点.设为曲线在点处切线的斜率，为曲线在点处切线的斜率，则的最大值为（ ） A. B. 1 C. D. 8. 蒙日是法国著名数学家，他首先发现椭圆的两条相互垂直的切线的交点的轨迹是圆，这个圆被称为“蒙日圆”.已知椭圆的焦点在轴上，为椭圆上任意两点，动点在直线上.若恒为锐角，根据蒙日圆的相关知识得椭圆的离心率的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、多选题 9. 已知实数数列的前n项和为，下列说法正确的是（ ） A. 若数列为等差数列，则是等差数列 B. 若数列为等差数列，则，，，…为等差数列 C. 若数列为等比数列，且，，则 D. 若数列为等比数列，则，，，…为等比数列 10. 设函数，则（ ） A. 有三个零点 B. 的图象关于点中心对称 C. 是极小值点 D. 当时， 11. 已知，其中，且，，若恒成立，则（ ） A. B. 是的极小值点 C. 上单调递减 D. 在上单调递增 三、填空题 12. 已知向量,且与互相垂直,则__________. 13. 已知定义在R上的函数f（x）满足：，且，则的解集为___________. 14. 若函数（）有2个不同零点，则实数的取值范围是______． 四、解答题 15. 已知是等差数列的前项和，且. （1）求的通项公式和. （2）若，记数列前项和为，求. 16. 如图，在三棱锥中，底面为等腰直角三角形，，，点是的中点，，且面. （1）证明：面； （2）若为的中点，求平面与平面的夹角的余弦值. 17. 已知函数. （1）讨论的单调性； （2）当时，求函数在的最小值. 18. 已知椭圆经过点且离心率为，设直线与椭圆相交于两点． （1）求椭圆的标准方程； （2）若直线的斜率为1，求线段中点的轨迹方程； （3）若直线的斜率为2，在椭圆上是否存在定点，使得（分别为直线的斜率）恒成立？若存在，求出所有满足条件的点，若不存在．请说明理由． 19. 已知函数． （1）求曲线在点处的切线方程； （2）当时，恒成立，求实数取值范围； （3）证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 养正中学2024-2025年高二下数学素养 检测（一）试卷 一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分） 1. 有3位高三学生参加4所重点院校的自主招生考试，每人参加且只能参加一所学校的考试，则不同的考试方法种数为（ ） A. 9 B. 12 C. 64 D. 81 【答案】C 【解析】 【分析】由分步乘法计数原理可直接求得答案. 【详解】每位学生可以有种参加重点院校的自主招生考试， 由分步乘法计数原理可得，不同的考试方法种数为种. 故答案为：C. 2. 函数的单调递减区间为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求导，利用导数与函数的单调性求函数单调递减区间. 【详解】因为（），所以（）， 由. 所以的减区间是. 故选：C 3. 已知等差数列的前项和为，若，则 （ ） A. 30 B. 55 C. 80 D. 110 【答案】B 【解析】 【分析】利用等差数列的项的性质，由条件求得，再根据等差数列求和公式化简计算即得. 【详解】因是等差数列，故，解得， 则. 故选：B. 4. 已知函数在上可导，若，则（ ） A. 9 B. 12 C. 6 D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】借助导数定义计算即可得. 【详解】由导数定义可知： ， 故. 故选：B. 5. 已知点，，，动点P满足，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题设分析知的轨迹为(不与重合)，要求的取值范围，只需求出到圆上点的距离范围即可. 【详解】由题设，在以为直径的圆上，令，则(不与重合)， 所以的取值范围，即为到圆上点的距离范围， 又圆心到的距离，圆的半径为2， 所以的取值范围为，即. 故选：C 6. 如图，在直三棱柱中，是等边三角形，，则点到直线的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】取的中点，建立如图所示的空间直角坐标系，根据点到线距离的向量求法和投影的定义计算即可. 【详解】取的中点，则，且， 以所在直线为轴，所在直线为轴，与中点连线所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 因为，则， 所以在上的投影的长度为， 故点到直线的距离为， 故选：C. 7. 已知直线与函数，的图象分别相交于，两点.设为曲线在点处切线的斜率，为曲线在点处切线的斜率，则的最大值为（ ） A. B. 1 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意分别求得，，即，从而构造函数，利用导数求出最大值，从而求解. 【详解】，且 由，， 可得，，则. 设，，则， 当，，当，， 所以在单调递增，在单调递减， 当时，有极大值也是最大值， 即的最大值为，故A正确. 故选：A. 8. 蒙日是法国著名的数学家，他首先发现椭圆的两条相互垂直的切线的交点的轨迹是圆，这个圆被称为“蒙日圆”.已知椭圆的焦点在轴上，为椭圆上任意两点，动点在直线上.若恒为锐角，根据蒙日圆的相关知识得椭圆的离心率的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据蒙日圆定义求得椭圆的蒙日圆方程，根据为锐角可知直线与蒙日圆相离，根据直线与圆位置关系可求得范围，进而得到离心率的取值范围. 【详解】椭圆的焦点在轴上，， 直线，与椭圆都相切， ，所围成矩形的外接圆即为椭圆的蒙日圆， 为椭圆上任意两个动点，动点满足为锐角， 点在圆外，又动点在直线上，直线与圆相离，，解得：， 又，； 椭圆离心率，，. 故选：B. 二、多选题 9. 已知实数数列的前n项和为，下列说法正确的是（ ） A. 若数列为等差数列，则是等差数列 B. 若数列为等差数列，则，，，…为等差数列 C. 若数列等比数列，且，，则 D. 若数列为等比数列，则，，，…为等比数列 【答案】AB 【解析】 【分析】根据等差数列的性质判定AB选项，根据等比数列的性质判定CD选项. 【详解】若数列为等差数列，，则，是关于项数的一次函数，是等差数列，故A正确； 而，，，， 作差可得成立，故B正确； 若数列为等比数列，且，，设其公比为q， 则，作商可得或，所以 或，9故C错误； 当等比数列的公比时，，则，，，…，不可能为等比数列，故D错误. 故选：AB. 10. 设函数，则（ ） A. 有三个零点 B. 的图象关于点中心对称 C. 是的极小值点 D. 当时， 【答案】BC 【解析】 【分析】结合函数的零点、对称中心、极值点、单调性等知识对选项进行分析，从而确定正确答案. 【详解】由，解得或， 所以有两个零点，所以A选项错误. ， 所以的图象关于点中心对称，B选项正确. ， 所以在区间上单调递减， 在区间上单调递增， 所以是的极小值点，C选项正确. 当时，， 所以，所以D选项错误. 故选：BC 11 已知，其中，且，，若恒成立，则（ ） A. B. 是的极小值点 C. 在上单调递减 D. 在上单调递增 【答案】ABD 【解析】 【分析】由可得出，变形得出，令，其中，利用导数分析函数的单调性与极值，可判断A选项；利用导数分析函数的单调性，可判断CD选项；利用函数极值点与导数的关系可判断B选项. 【详解】对于A选项，由题，，， 记，其中，， 当时，；当时，， 故在区间上单调递增，在区间上单调递减， 又，故，故A正确； 对于BCD选项，，则， 记，， 当时，，即函数在上单调递减， 当时，，即函数在上单调递增， 又，， 当或时，，； 当时，，， 故在、上单调递增，在上单调递减， 所以，为函数的极小值点，且函数在上不单调，故BD正确C错误. 故选：ABD. 【点睛】思路点睛：利用导数求函数极值的步骤如下： （1）求函数定义域； （2）求导； （3）解方程，当； （4）列表，分析函数的单调性，求极值： ①如果在附近的左侧，右侧，那么是极小值； ②如果在附近的左侧，右侧，那么是极大值. 三、填空题 12. 已知向量,且与互相垂直,则__________. 【答案】 【解析】 【分析】利用向量垂直满足数量积为0，代入坐标，建立等式，即可得出答案． 【详解】，而，得到 ，解得 【点睛】本道题考查了向量数量积公式，向量垂直，说明数量积为0，建立等式，计算结果． 13. 已知定义在R上的函数f（x）满足：，且，则的解集为___________. 【答案】 【解析】 【分析】由题意得，构造，利用导数求得的单调性，结合题中数据，可得，根据单调性，即可得答案. 【详解】由题意得，构造， 则，则在R上为单调递增函数， 因为，所以， 所以可变形为， 因为在R上为单调递增函数， 所以，则的解集为 故答案为： 14. 若函数（）有2个不同的零点，则实数的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】化简函数，得到和在上单增，结合存在唯一的，使，即，且存在唯一的，使，结合，进而得到实数的取值范围． 【详解】由函数， 设，可得，单调递增， 且，， 所以存在唯一的，使，即， 令，即， 设，可得，则在上单增， 又由且时，， 所以当时，存在唯一的，使，即， 若时，可得，则，可得，所以， 所以， 综上所述，实数的取值范围为． 故答案为：． 【点睛】方法技巧：已知函数零点（方程根）的个数，求参数的取值范围问题的三种常用方法： 1、直接法，直接根据题设条件构建关于参数的不等式（组），再通过解不等式（组）确定参数的取值范围2、分离参数法，先分离参数，将问题转化成求函数值域问题加以解决； 3、数形结合法，先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中作出函数的图象，然后数形结合求解. 结论拓展：与和相关的常见同构模型 ①，构造函数或； ②，构造函数或； ③，构造函数或. 四、解答题 15. 已知是等差数列的前项和，且. （1）求的通项公式和. （2）若，记数列前项和为，求. 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）利用等差数列通项公式、前项和公式求基本量，进而求得； （2）应用裂项相消法求和即可. 【小问1详解】 由，设公差为， 结合题设有，解得， 故， . 【小问2详解】 由（1）有， 故 . 16. 如图，在三棱锥中，底面为等腰直角三角形，，，点是的中点，，且面. （1）证明：面； （2）若为的中点，求平面与平面的夹角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）连接，推导出，利用线面垂直的性质可得出，利用线面垂直的判定定理可证得结论成立； （2）建立空间直角坐标系，向量法求两个平面夹角的余弦值. 【小问1详解】 连接，因为是等腰直角三角形斜边的中线，所以，， 因为面，面，则， 因为，、平面，所以，平面. 【小问2详解】 因为面，， 以为原点，、、的方向分别为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系，. 则、、、、， ，，，， 设平面的一个法向量为， 则，取，可得， 设平面的一个法向量为， 则，取，可得， 所以，. 因此，平面与平面的夹角的余弦值为. 17. 已知函数. （1）讨论的单调性； （2）当时，求函数在的最小值. 【答案】（1）答案见解析； （2）. 【解析】 【分析】（1）对函数求导，讨论、研究导数的区间符号，即可得对应单调性； （2）应用导数研究函数的单调性，讨论与区间的位置关系求函数最小值. 【小问1详解】 由题意知的定义域为，， ①若，恒成立，所以在上单调递减. ②若，由，得， 所以当时，；当时，； 所以在上单调递减，在上单调递增. 综上：当时，在上单调递减； 当时，在上单调递减，在上单调递增. 【小问2详解】 由（1）知，在单调递减，在单调递增. ①当，即时，在单调递减， 当时，有最小值； ②当，即时，在上单调递减，在上单调递增. 当时，有最小值； ③当，即时，在上单调递增， 当时，有最小值； 综上：. 18. 已知椭圆经过点且离心率为，设直线与椭圆相交于两点． （1）求椭圆的标准方程； （2）若直线的斜率为1，求线段中点的轨迹方程； （3）若直线的斜率为2，在椭圆上是否存在定点，使得（分别为直线的斜率）恒成立？若存在，求出所有满足条件的点，若不存在．请说明理由． 【答案】（1）； （2）； （3）存在，或． 【解析】 【分析】（1）由题列方程组求出即可得解； （2）设，直线的方程为，与椭圆方程联立，消去，利用根与系数的关系得出，根据中点坐标公式，求解即可得； （3）设，根据，得出，用与表示直线与椭圆的方程，求解即可得出和的值，从而求出点的坐标． 【小问1详解】 由题可得：，解得：， 所以椭圆的标准方程为：； 【小问2详解】 因为直线的斜率为1，所以可设直线的方程为，， 联立 ，化简得， 则， 解得：， 所以，设弦中点， 则， 消去，得，而， 所以点的轨迹方程为； 【小问3详解】 设， 则， 因为直线的斜率为2，设直线的方程为， 其中，且不过， 椭圆的方程可化为，即， 所以， 即， 所以， 所以， 所以， ，解得，代入， 解得：，所以， 所以存在点或，使得恒成立． 19. 已知函数． （1）求曲线在点处切线方程； （2）当时，恒成立，求实数的取值范围； （3）证明：． 【答案】（1）； （2）； （3）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）求出导数，再利用导数几何意义求出切线方程. （2）不等式对恒成立可得对恒成立，再构造函数并利用导数探讨单调性推理得证. （3）由（2）取可得不等式，再取，并借助裂项相消法求得证. 【小问1详解】 函数，求导得，则，而， 所以曲线在点处的切线方程为. 【小问2详解】 不等式， 由时，恒成立，得， 令，由当时，恒成立， 得，，求导得，令， 求导得，而，则当，即时，， 函数在上单调递增，，函数在上单调递增， 则，符合题意，因此； 当时，由，得，函数在上单调递减， 当时，，函数在上单调递减， 则当时，，不符合题意， 所以实数的取值范围是. 【小问3详解】 由（2）知，当时，， 取，则，而， 因此 ， 所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $