精品解析：吉林省松原市宁江区吉林油田高级中学2024-2025学年高二下学期4月月考数学试题

吉林油田高级中学2024-2025学年第二学期期初考试 高二数学试卷 时间：120分钟 满分：150分 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分. 1. 已知等差数列的前项和为，若，则（ ） A. B. C. 1 D. 2. 下列求导运算正确的是（ ） A. B. C. D. 3. 已知，是椭圆：的两个焦点，点在上，则的最大值为（ ） A. 13 B. 12 C. 9 D. 6 4. 甲乙两位同学从6种课外读物中各自选读2种，则这两人选读的课外读物中恰有1种相同的选法共有（ ） A. 30种 B. 60种 C. 120种 D. 240种 5. 函数的极值点是（ ） A. 0 B. 1 C. D. 6. 若数列满足（且），则称数列为“幂数列”．已知正项数列是“幂数列”且，设的前项之积为，则（ ） A. 1024 B. 1023 C. D. 7. 已知点P为椭圆上任意一点，直线与交于A，B两点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 若不等式对一切恒成立，其中，e为自然对数的底数，则的可能取值为（ ） A. B. C. 1 D. 2 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分. 9. 关于空间向量，以下说法正确的是（ ） A. 若，则是钝角 B. 若对空间中任意一点，有，则四点共面 C. 已知向量组是空间的一个基底，若，则也是空间的一个基底 D. 空间中的三个向量，若有两个向量共线，则这三个向量一定共面 10. 是定义在R上的奇函数，当时，有恒成立，则（ ） A. B. C. D. 11. 函数的大致图象可能是（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 某学校开设了4门体育类选修课和4门艺术类选修课，学生需从这8门课中选修2门或3门课，并且每类选修课至少选修1门，则不同的选课方案共有________种（用数字作答）． 13. 如图，已知正方体，空间中一点满足，且，当取最小值时，点位置记为点，则数量积的不同取值的个数为_____. 14. 已知不等式恰有2个非负整数解，求实数k的取值范围 ___________________ 四、解答题：本题共5小题，共77分. 15. 已知函数. （1）求； （2）若曲线在处的切线与曲线也相切，求 16. 已知数列的前项和为，，数列满足，. （1）求数列，的通项公式； （2）求数列的前项和. 17. 如图，四棱锥的底面是矩形，底面，，为的中点，且． （1）求； （2）求二面角的正弦值． 18. 已知抛物线上有两点，且直线过点． （1）求抛物线的标准方程； （2）若抛物线上有一点，纵坐标为4，抛物线上另有两点，且直线与的斜率满足重心的横坐标为4，求直线的方程． 19. 已知函数． （1）当时，讨论的单调性； （2）当时，，求a的取值范围； （3）设，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 吉林油田高级中学2024-2025学年第二学期期初考试 高二数学试卷 时间：120分钟 满分：150分 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分. 1. 已知等差数列的前项和为，若，则（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】D 【解析】 【分析】可以根据等差数列的基本量，即将题目条件全转化成和来处理，亦可用等差数列的性质进行处理，或者特殊值法处理. 【详解】方法一：利用等差数列的基本量 由，根据等差数列的求和公式，， 又. 故选：D 方法二：利用等差数列的性质 根据等差数列的性质，，由，根据等差数列的求和公式， ，故. 故选：D 方法三：特殊值法 不妨取等差数列公差，则，则. 故选：D 2. 下列求导运算正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据基础函数导数的公式计算即可. 【详解】，，，. 故选：D 3. 已知，是椭圆：的两个焦点，点在上，则的最大值为（ ） A. 13 B. 12 C. 9 D. 6 【答案】C 【解析】 【分析】本题通过利用椭圆定义得到，借助基本不等式即可得到答案． 【详解】由题，，则， 所以（当且仅当时，等号成立）． 故选：C． 【点睛】 4. 甲乙两位同学从6种课外读物中各自选读2种，则这两人选读的课外读物中恰有1种相同的选法共有（ ） A. 30种 B. 60种 C. 120种 D. 240种 【答案】C 【解析】 【分析】相同读物有6种情况，剩余两种读物的选择再进行排列，最后根据分步乘法公式即可得到答案. 【详解】首先确定相同得读物，共有种情况， 然后两人各自的另外一种读物相当于在剩余的5种读物里，选出两种进行排列，共有种， 根据分步乘法公式则共有种， 故选：C. 5. 函数的极值点是（ ） A. 0 B. 1 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求导，利用函数的单调性及极值的定义求解． 【详解】，令，得， 当时，，单调递增；当时，，单调递减， 故当时，函数取极大值，所以，函数的极值点是1． 故选：B． 6. 若数列满足（且），则称数列为“幂数列”．已知正项数列是“幂数列”且，设的前项之积为，则（ ） A. 1024 B. 1023 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意可知，然后两边取对数得，从而得出数列是等比数列，结合对数运算公式可求，由此可得结论. 【详解】∵正项数列是“幂2数列”， ∴，，， 故， 又∵， ∴，解得或（舍去）， ∵， ∴，又， 所以， 所以数列是首项为，公比为的等比数列， ∴, ∴ ， 所． 故选：D. 7. 已知点P为椭圆上任意一点，直线与交于A，B两点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由，结合椭圆焦半径的取值范围即可求解； 【详解】 ，即的圆心，半径为， 化为，可得直线l过定点， 椭圆方程中，，，，，则圆心为椭圆的右焦点， 线段为的直径(除去直线与圆M相交的直径）， 连接，因此， 点为椭圆上任意一点，则，， 即，所以， 故选：B. 8. 若不等式对一切恒成立，其中，e为自然对数的底数，则的可能取值为（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】先把不等式化简转化，再构造函数令，再求导函数得出切线计算化简转化求解. 【详解】不等式可化为， 令， 当时，，此时，直线恒过点， 故只需直线为曲线在点处的切线即可，，此时． 当时，曲线亦恒过点，为使，对一切恒成立， 需曲线开口向下，且在点处与曲线有公切线即可， 故，此时． 综上，的取值范围是，所以的可能取值为. 故选：A. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分. 9. 关于空间向量，以下说法正确的是（ ） A. 若，则是钝角 B. 若对空间中任意一点，有，则四点共面 C. 已知向量组是空间的一个基底，若，则也是空间的一个基底 D. 空间中的三个向量，若有两个向量共线，则这三个向量一定共面 【答案】BCD 【解析】 【分析】举反例可得A错误；由共面定理可得B正确；由基底的性质可得C正确；由向量共面的性质可得D正确； 【详解】对A，当时，夹角为平角，故A错误； 对B，由空间向量的基本定理知，因，所以四点共面，故B正确； 对C，因向量组是空间的一个基底，所以三向量不共面，且不为， 假设共面，则，即，矛盾， 所以不共面，即也是空间的一个基底，故C正确； 对D，由向量共面的性质可得空间中的三个向量，若有两个向量共线，则这三个向量一定共面，故D正确； 故选：BCD. 10. 是定义在R上的奇函数，当时，有恒成立，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AD 【解析】 【分析】令，根据条件可得在上单调递增，然后逐一判断即可. 【详解】令，当时，， 当时，， 在上单调递增； 又为定义在上的奇函数，为定义在上的偶函数， 为R上的奇函数；在上单调递增． 由，可得，故A正确； 由，可得，故B错误； 由，可得，故C错误； 由，可得，故D正确． 故选：AD 11. 函数的大致图象可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】对的取值进行分类讨论，利用导数对函数的单调性进行分析即可判断函数的大致图象. 【详解】当时，，令，易知，其在上为减函数，上为增函数，所以在上为增函数，在上为减函数，故D正确； 当时，，，令，当且时，，当且时，，所以，故A正确； 当时，，，令，当且时，，当且时，，所以，故B正确； 综上，的图象不可能为C. 故选：ABD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 某学校开设了4门体育类选修课和4门艺术类选修课，学生需从这8门课中选修2门或3门课，并且每类选修课至少选修1门，则不同的选课方案共有________种（用数字作答）． 【答案】64 【解析】 【分析】分类讨论选修2门或3门课，对选修3门，再讨论具体选修课的分配，结合组合数运算求解. 【详解】（1）当从8门课中选修2门，则不同的选课方案共有种； （2）当从8门课中选修3门， ①若体育类选修课1门，则不同的选课方案共有种； ②若体育类选修课2门，则不同的选课方案共有种； 综上所述：不同的选课方案共有种. 故答案为：64. 13. 如图，已知正方体，空间中一点满足，且，当取最小值时，点位置记为点，则数量积的不同取值的个数为_____. 【答案】3 【解析】 【分析】根据向量共面的推论易知在面内，且面，结合正方体的对称性及空间数量积运算确定不同取值的个数. 【详解】由，且，即在面内， 要使取最小值时，点位置记为点，即面，结合正方体的对称性， 知：，，三种情况， 所以数量积的不同取值的个数为3. 故答案为：3 14. 已知不等式恰有2个非负整数解，求实数k的取值范围 ___________________ 【答案】 【解析】 【分析】转化为，构造函数，利用导数研究单调性可作出大致图象，数形结合即可得解. 【详解】原不等式等价于， 设，，所以，得． 当时，，所以在上单调递增， 当时，，所以在上单调递减， 当时，取极大值，又， 且时，，因此与的图象如下， 直线恒过点. 当时，显然不满足条件； 当时，只需要满足，解得， 所以实数k的取值范围为. 故答案为：. 四、解答题：本题共5小题，共77分. 15. 已知函数. （1）求； （2）若曲线在处的切线与曲线也相切，求 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用赋值法求解原函数即可. （2）利用导数的几何意义求出斜率，进而求出切线方程，再结合给定条件求解参数即可. 【小问1详解】 因为，所以， 即，故. 【小问2详解】 因为，所以在处的切线方程 为，即， 设在处切线为， 因为，所以，化简得， 因为，所以，解得，故的值为. 16. 已知数列的前项和为，，数列满足，. （1）求数列，的通项公式； （2）求数列的前项和. 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）运用关系式，得到，再用等比数列公式计算即可； （2）先求出，再用错位相减求和. 【小问1详解】 当时，，则； 当时，，整理得， 因此数列是以1为首项，3为公比的等比数列， 所以数列的通项公式为； 由得，即，所以数列是常数列，，所以数列的通项公式为 【小问2详解】 由（1）知，， 则， 于是， 两式相减得 ，所以. 17. 如图，四棱锥的底面是矩形，底面，，为的中点，且． （1）求； （2）求二面角的正弦值． 【答案】（1）；（2） 【解析】 【分析】（1）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设，由已知条件得出，求出的值，即可得出的长； （2）求出平面、的法向量，利用空间向量法结合同角三角函数的基本关系可求得结果. 【详解】（1）[方法一]：空间坐标系+空间向量法 平面，四边形为矩形，不妨以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 设，则、、、、， 则，， ，则，解得，故； [方法二]【最优解】：几何法+相似三角形法 如图，连结．因为底面，且底面，所以． 又因为，，所以平面． 又平面，所以． 从而． 因为，所以． 所以，于是． 所以．所以． [方法三]：几何法+三角形面积法 如图，联结交于点N． 由[方法二]知． 在矩形中，有，所以，即． 令，因为M为的中点，则，，． 由，得，解得，所以． （2）[方法一]【最优解】：空间坐标系+空间向量法 设平面的法向量为，则，， 由，取，可得， 设平面的法向量为，，， 由，取，可得， ， 所以，， 因此，二面角的正弦值为. [方法二]：构造长方体法+等体积法 如图，构造长方体，联结，交点记为H，由于，，所以平面．过H作的垂线，垂足记为G． 联结，由三垂线定理可知， 故为二面角的平面角． 易证四边形是边长为的正方形，联结，． ， 由等积法解得． 在中，，由勾股定理求得． 所以，，即二面角的正弦值为． 【整体点评】（1）方法一利用空坐标系和空间向量的坐标运算求解；方法二利用线面垂直的判定定理，结合三角形相似进行计算求解，运算简洁，为最优解；方法三主要是在几何证明的基础上，利用三角形等面积方法求得. （2）方法一，利用空间坐标系和空间向量方法计算求解二面角问题是常用的方法，思路清晰，运算简洁，为最优解；方法二采用构造长方体方法+等体积转化法，技巧性较强，需注意进行严格的论证. 18. 已知抛物线上有两点，且直线过点． （1）求抛物线的标准方程； （2）若抛物线上有一点，纵坐标为4，抛物线上另有两点，且直线与的斜率满足重心的横坐标为4，求直线的方程． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，设直线的方程为，联立直线与抛物线方程，再由，即可得到结果； （2）根据题意，由三角形重心坐标公式结合，代入计算，即可得到结果. 【小问1详解】 由题意知直线的斜率不可能为0， 设，直线的方程为， 由得，，即， 即，即， 将代入，得， 则，则， 则，由，解得， 故所求抛物线的标准方程为． 【小问2详解】 由抛物线方程可得点坐标为，设， 则， 则，且，则， 故．又， 则，又，可得直线的中点坐标为， 故由点斜式得直线的方程为5），即． 19. 已知函数． （1）当时，讨论的单调性； （2）当时，，求a的取值范围； （3）设，证明：． 【答案】（1）的减区间为，增区间为. （2） （3）证明如下： 取，则，总有成立， 令，则， 故即对任意的恒成立. 所以对任意的，有， 整理得到：， 故 ， 故不等式成立. 【解析】 【分析】（1）求出，讨论其符号后可得的单调性. （2）设，求出，先讨论时题设中的不等式不成立，再就结合放缩法讨论符号，最后就结合放缩法讨论的范围后可得参数的取值范围. （3）由（2）可得对任意的恒成立，从而可得对任意的恒成立，结合裂项相消法可证题设中的不等式. 【小问1详解】 当时，，则， 当时，，当时，， 故的减区间为，增区间为. 【小问2详解】 设，则， 又，设， 则， 若，则， 因为为连续不间断函数， 故存在，使得，总有， 故在为增函数，故， 故在为增函数，故，与题设矛盾. 若，则， 下证：对任意，总有成立， 证明：设，故， 故在上为减函数，故即成立. 由上述不等式有， 故总成立，即在上为减函数， 所以. 当时，有， 所以在上为减函数，所以. 综上，. 【小问3详解】 略 【点睛】思路点睛：函数参数的不等式的恒成立问题，应该利用导数讨论函数的单调性，注意结合端点处导数的符号合理分类讨论，导数背景下数列不等式的证明，应根据已有的函数不等式合理构建数列不等式. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $