精品解析：陕西省渭南市三贤中学2024-2025学年高二下学期4月期中考试数学试题

渭南市三贤2024-2025学年度下学期期中考试 高二数学试题 第I卷选择题（共58分） 一、单选题（本大题共8小题，每题5分，共40.0分.每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.） 1. 设集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求出集合后可求. 【详解】，故， 故选：B. 2. 已知向量 , 则ABC= A. 30 B. 45 C. 60 D. 120 【答案】A 【解析】 【详解】试题分析：由题意，得，所以，故选A． 【考点】向量的夹角公式． 【思维拓展】（1）平面向量与的数量积为，其中是与的夹角，要注意夹角的定义和它的取值范围：；（2）由向量的数量积的性质知，，，因此，利用平面向量的数量积可以解决与长度、角度、垂直等有关的问题． 3. 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 4. “十二平均律” 是通用的音律体系，明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例，为这个理论的发展做出了重要贡献.十二平均律将一个纯八度音程分成十二份，依次得到十三个单音，从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于.若第一个单音的频率为f，则第八个单音的频率为 A. B. C D. 【答案】D 【解析】 【详解】分析：根据等比数列的定义可知每一个单音的频率成等比数列，利用等比数列的相关性质可解. 详解：因为每一个单音与前一个单音频率比为， 所以， 又，则 故选D. 点睛：此题考查等比数列的实际应用，解决本题的关键是能够判断单音成等比数列. 等比数列的判断方法主要有如下两种： （1）定义法，若（）或（）， 数列是等比数列； （2）等比中项公式法，若数列中，且（），则数列是等比数列. 5. 设，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】由三角函数的性质结合充分条件、必要条件的定义即可得解. 【详解】因为可得： 当时，，充分性成立； 当时，，必要性不成立； 所以当，是的充分不必要条件. 故选：A. 6. 若，且为第四象限角，则的值等于 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】∵sina=,且a为第四象限角, ∴， 则， 故选D 7. 记为等比数列的前n项和.若，，则（ ） A. 7 B. 8 C. 9 D. 10 【答案】A 【解析】 【分析】根据题目条件可得，，成等比数列，从而求出，进一步求出答案. 【详解】∵为等比数列的前n项和，， ∴，，成等比数列 ∴， ∴， ∴. 故选：A. 8. 若函数在上单调递增，则的取值范围是 A B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】试题分析：对恒成立， 故，即恒成立， 即对恒成立，构造，开口向下的二次函数的最小值的可能值为端点值，故只需保证，解得．故选C． 【考点】三角变换及导数的应用 【名师点睛】本题把导数与三角函数结合在一起进行考查,有所创新,求解的关键是把函数单调性转化为不等式恒成立,再进一步转化为二次函数在闭区间上的最值问题,注意与三角函数值域或最值有关的问题,即注意正、余弦函数的有界性. 二、多选题（本大题共3小题，每题6分，共18分.在每小题有多项符合题目要求） 9. 下列三角式中，值为1的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】对A、B、C三个选项都套用2倍角公式计算即可，D选项直接计算就可选出答案. 【详解】A选项,，故正确. B选项，，故正确. C选项，，故正确. D选项，，故错误 故选：ABC 10. 在数列中，，，下列结论正确的是（ ） A. 数列是等比数列 B. 数列是等差数列 C. D. 数列是递增数列 【答案】BC 【解析】 【分析】根据已知化简得出等差数列可以判断AB选项，根据等差数列通项公式计算得出通项公式判断C选项，最后结合单调性判断D选项. 【详解】由，整理得， 故数列是以3为首项，6为公差的等差数列，则B选项正确，A选项错误， 由等差数列可得，所以，，则C选项正确， 由通项公式可知数列是递减数列，D选项错误. 故选：BC. 11. 已知函数的图像关于点中心对称，则（ ） A. 在区间单调递减 B. 在区间有两个极值点 C. 直线是曲线的对称轴 D. 直线是曲线的切线 【答案】AD 【解析】 【分析】根据三角函数的性质逐个判断各选项，即可解出． 【详解】由题意得：，所以，， 即， 又，所以时，，故． 对A，当时，，由正弦函数图象知在上是单调递减； 对B，当时，，由正弦函数图象知只有1个极值点，由，解得，即为函数的唯一极值点； 对C，当时，，，直线不是对称轴； 对D，由得：， 解得或, 从而得：或, 所以函数在点处的切线斜率为， 切线方程为：即． 故选：AD． 第II卷非选择题（共92分） 三、填空题（本大题共3小题，每题5分，共15分） 12. 复数的实部为_________． 【答案】 【解析】 【详解】复数，其实部为. 考点：复数的乘法运算、实部. 13. 已知是定义在R上的偶函数，且在区间上单调递增.若实数满足，则的取值范围是______. 【答案】 【解析】 【详解】由题意在上单调递减，又是偶函数， 则不等式可化为，则，，解得． 14. 曲线与在上有两个不同的交点，则的取值范围为______． 【答案】 【解析】 【分析】将函数转化为方程，令，分离参数，构造新函数结合导数求得单调区间，画出大致图形数形结合即可求解. 【详解】令，即，令 则，令得， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增，， 因为曲线与在上有两个不同的交点， 所以等价于与有两个交点，所以. 故答案为： 四、解答题（本大题共5小题，共77.0分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15. 已知函数f （x）＝ （1）求a的值； （2）求f（ f （2） ）的值； （3）若f（m）＝3，求m的值. 【答案】（1） －2.（2） －2.（3）3 【解析】 【详解】试题分析：（1）由函数定义可知一个自变量值对应一个函数值，因此可得到1＋a＝12－2×1；（2）分段函数求值时要注意自变量的值在哪一个自变量区间内，需代入相应的函数解析式；（3）由函数值求自变量的值时需令每一个式子都等于函数值去求x的值 试题解析：（1）由函数定义，得当x＝1时，应有1＋a＝12－2×1，即a＝－2. （2）由（1），得f（x）＝因为2>1，所以f（2）＝22－2×2＝0， 因为0<1，所以f（f（2））＝f（0）＝0－2＝－2. （3）当m≤1时，f（m）＝m－2，此时m－2＝3得m＝5，与m≤1矛盾，舍去； 当m≥1时，f（m）＝m2－2m，此时m2－2m＝3得m＝－1或m＝3. 又因为m≥1，所以m＝3. 综上可知满足题意的m的值为3. 考点：函数的概念及函数求值 16. 已知图所示，在四棱锥中，底面是矩形，平面，M，N分别是AB，PC的中点，. （1）求证：平面 （2）求证：平面PCD. 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）取的中点，连接，，可证，，从而面面，即可证明平面； （2）先证明，由，、分别是、的中点，可证，，从而得证． 【详解】证明：（1）取的中点，连接，， 、分别是、的中点， ， 又面，面，所以面 又面，面，所以面 因为，面 面面， 因为面 平面； （2）底面是矩形，平面， ，，，平面，平面 平面， 平面 ， 又， 平面 ，、分别是、的中点， ，，面 平面． 【点睛】本题考查了空间几何体的线面位置关系判定与证明： （1）对于异面直线的判定要熟记异面直线的概念：把既不平行也不相交的两条直线称为异面直线； （2）对于线面位置关系的判定中，熟记线面平行与垂直、面面平行与垂直的定理是关键. 17. 已知函数． （1）若，求曲线在点处的切线方程； （2）若在处取得极值，求的单调区间，以及其最大值与最小值． 【答案】（1）；（2）函数的增区间为、，单调递减区间为，最大值为，最小值为. 【解析】 【分析】（1）求出、的值，利用点斜式可得出所求切线的方程； （2）由可求得实数的值，然后利用导数分析函数的单调性与极值，由此可得出结果. 【详解】（1）当时，，则，，， 此时，曲线在点处的切线方程为，即； （2）因为，则， 由题意可得，解得， 故，，列表如下： 增 极大值 减 极小值 增 所以，函数的增区间为、，单调递减区间为. 当时，；当时，. 所以，， 18. 记为数列的前项和，已知． （1）求的通项公式； （2）设，求数列的前项和． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用退位法可求的通项公式． （2）利用错位相减法可求. 【小问1详解】 当时，，解得． 当时，，所以即， 而，故，故， ∴数列是以4为首项，为公比的等比数列， 所以. 【小问2详解】 , 所以 故 所以 ， . 19. 设函数x∈R，其中a,b∈R. （Ⅰ）求f（x）的单调区间； （Ⅱ）若f（x）存在极值点x0，且f（x1）= f（x0），其中x1≠x0，求证：x1+2x0=3； （Ⅲ）设a＞0,函数g（x）= |f（x）|,求证：g（x）在区间[0,2]上的最大值不小于. 【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）详见解析；（Ⅲ）详见解析. 【解析】 【详解】试题分析：（Ⅰ）先求函数的导数，再根据导函数零点是否存在，分类讨论；（Ⅱ）由题意得，计算可得.再由及单调性可得结论；（Ⅲ）实质研究函数最大值：主要比较，的大小即可，可分三种情况研究：①；②；③. 试题解析：（Ⅰ）解：由，可得. 下面分两种情况讨论： （1）当时，有恒成立，所以的单调递增区间为. （2）当时，令，解得，或. 当变化时，，的变化情况如下表： ＋ 0 － 0 ＋ 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 所以单调递减区间为，单调递增区间为，. （Ⅱ）证明：因为存在极值点，所以由（Ⅰ）知，且， 由题意，得，即， 进而. 又，且，由题意及（Ⅰ）知，存在唯一实数满足，且，因此，所以. （Ⅲ）证明：设在区间上的最大值为，表示两数的最大值.下面分三种情况讨论： （1）当时，，由（Ⅰ）知，在区间上单调递减，所以在区间上的取值范围为，因此 ， 所以. （2）当时，，由（Ⅰ）和（Ⅱ）知，，， 所以在区间上的取值范围为，因此 . （3）当时，，由（Ⅰ）和（Ⅱ）知， ，， 所以在区间上的取值范围为，因此 . 综上所述，当时，在区间上的最大值不小于. 【考点】导数的运算，利用导数研究函数的性质、证明不等式 【名师点睛】1．求可导函数单调区间的一般步骤： （1）确定函数f（x）的定义域（定义域优先）； （2）求导函数f ′（x）； （3）在函数f（x）的定义域内求不等式f ′（x）＞0或f ′（x）＜0的解集； （4）由f ′（x）＞0（f ′（x）＜0）的解集确定函数f（x）的单调增（减）区间．若遇不等式中带有参数时，可分类讨论求得单调区间． 2．由函数f（x）在（a，b）上的单调性，求参数范围问题，可转化为f ′（x）≥0（或f ′（x）≤0）恒成立问题，要注意“＝”是否可以取到． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 渭南市三贤2024-2025学年度下学期期中考试 高二数学试题 第I卷选择题（共58分） 一、单选题（本大题共8小题，每题5分，共40.0分.每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.） 1 设集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知向量 , 则ABC= A 30 B. 45 C. 60 D. 120 3. 已知等差数列的前项和为，若，则（ ） A. B. C. 1 D. 4. “十二平均律” 是通用的音律体系，明代朱载堉最早用数学方法计算出半音比例，为这个理论的发展做出了重要贡献.十二平均律将一个纯八度音程分成十二份，依次得到十三个单音，从第二个单音起，每一个单音的频率与它的前一个单音的频率的比都等于.若第一个单音的频率为f，则第八个单音的频率为 A. B. C. D. 5. 设，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 6. 若，且为第四象限角，则的值等于 A. B. C. D. 7. 记为等比数列的前n项和.若，，则（ ） A. 7 B. 8 C. 9 D. 10 8. 若函数在上单调递增，则的取值范围是 A. B. C. D. 二、多选题（本大题共3小题，每题6分，共18分.在每小题有多项符合题目要求） 9. 下列三角式中，值为1的是（ ） A. B. C. D. 10. 在数列中，，，下列结论正确是（ ） A. 数列等比数列 B. 数列是等差数列 C. D. 数列是递增数列 11. 已知函数的图像关于点中心对称，则（ ） A. 在区间单调递减 B. 在区间有两个极值点 C. 直线是曲线的对称轴 D. 直线是曲线的切线 第II卷非选择题（共92分） 三、填空题（本大题共3小题，每题5分，共15分） 12. 复数的实部为_________． 13. 已知是定义在R上偶函数，且在区间上单调递增.若实数满足，则的取值范围是______. 14. 曲线与在上有两个不同的交点，则的取值范围为______． 四、解答题（本大题共5小题，共77.0分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15. 已知函数f （x）＝ （1）求a的值； （2）求f（ f （2） ）的值； （3）若f（m）＝3，求m的值. 16. 已知图所示，在四棱锥中，底面是矩形，平面，M，N分别是AB，PC的中点，. （1）求证：平面 （2）求证：平面PCD. 17. 已知函数． （1）若，求曲线在点处的切线方程； （2）若在处取得极值，求的单调区间，以及其最大值与最小值． 18. 记为数列的前项和，已知． （1）求的通项公式； （2）设，求数列的前项和． 19. 设函数x∈R，其中a,b∈R. （Ⅰ）求f（x）的单调区间； （Ⅱ）若f（x）存在极值点x0，且f（x1）= f（x0），其中x1≠x0，求证：x1+2x0=3； （Ⅲ）设a＞0,函数g（x）= |f（x）|,求证：g（x）在区间[0,2]上的最大值不小于. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$