江西省南昌市第二中学2024-2025学年高二下学期6月期末考试数学试题

期末试卷参考答案 选择题 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 A D & A B C D A AB ACD ACD 填空题 π 13（-2 3- 12.4 ,十) 14. 2 15【解析】(1)数列{a,}的前n项和为S,4=1,S=2-2a1 当1=1时，4=2-2a=1,所以a=2, 1 2分 当n22时，由S,=2-2a1,可得S1=2-20。, 两式相减得a=2a-2a1,得到a=2a1, .5分 又4-10经 6分 凝会片所心a是言项为1，公此为等，所a 1 2- 8分 2)由（①）知上=2，所以记数列(}前12项和工。 10-22) =212-1=4095 13分 a a 1-2 16【解析】国证明：因为新)=一将2代入f)中，可得：左式=f2)= 因为f倒=子9)=，将其代入2f国g)可得： 根据平方差公式(a-b(a+b)=Q2-b品，上式可进一步化简为：右式产产 2 由上述计算可知.f2)=之，2fg国=产，所以20）=2f0g,得证.…5分 （2)已知g()=兰，将2x代入g)冲，根据完全平方公式a+b}=a2+2ab+可得： g2)-产+e2-@+6y2-2=2g2W-1 2 2 将g(2x)=2g2(x)-1代入不等式g(2x)+mg(x)之0，可得：2g2(x)-1+m9(x)20 ”8分 因为xe[-11]时，9国)=g≥2字=1（当且仅当x=0时取等号）. 所以g国>0，不等式两边同时除以g)可得：m≥=六一-2g)- …10分 ( 令t-g(x),因为x∈【-11，g(x)在[-1,1)上单调递增 (可通过求导g)=会之0.x∈[-1证明.所以t[1,安宁 12分 设h0=-2,tE1,对h0求导：M因=-吉-2<0，所以h()在[1，上单调递减， 则h0a=h)=片2X1=-1.因为m之高-2g6恒成立.甲m之h0mr所以m之-115分 综上，(1)已证明f(2x)=2f(x)g(x):(2)实数m的取值范围是[-1，+∞). 17【解析】(I)设B1C交BC1于点O,连接DO,在正三校柱ABCAB1C中，BB1∥CC且BB1=CC1, 所以四边形BBCC是平行四边形，则O为B1C的中点， 因为D为AC的中点，所以OD为△AB1C的中位线，AB1∥OD, 3分 因为AB1C平面CBD,OD二平面CBD,所以AB,∥平面CBD: .4分 (2)在正三棱柱ABCAB1C1中，AA1∥CC且AA1=CC 因为AC=AA,AA:⊥AC,所以四边形ACCA:是正方形，所以AC1⊥AC, 因为D,E分别是AC,CC的中点，所以DE是△ACC,的中位线， 所以AC∥DE,又因为AC⊥AC,所以DE⊥AC,n 6分 在正三棱柱中CC⊥平面ABC,BD二平面ABC,所以BD⊥CC 在正三角形ABC中，D为AC的中点，所以BD⊥AC, 因为cCinAC=C,CC·AC二平面ACCA,所以BD⊥平面ACCA1 因为ACG平面ACC1A1,所以A1CLBD，n…nn8分 因为DE⊥AC,BDnDE=D,BD,DES平面BDE, 所以A1CL平面BDE… 9分 (3)设正三棱柱底边边长为2a, 取BC的中点F,连接AF,取CF中点G,连接DG,过G作GH垂直BE于点H,连接DH, 因为三角形ABC为正三角形，且F为BC中点，所以AF⊥BC, 又因为此多面体为正三棱柱，所以面ABC⊥面BCCB1,且面ABCn面BCCB1=BC, 所以AF⊥面BCCB:因为D为AC中点，G为FC中点，所以DG∥AF,所以DG⊥面BCCB 又BEC面BCCB1·所以DG⊥BE, 又HG⊥BE,HGnDG=G,HGC平面HGD,DGC平面HGD, 所以BE⊥平面DHG,又DHS平面DHG,所以DH⊥BE, 由此，∠DHG即为所求二面角的平面角， 4…12分 在直角三角形DGC中，DGLBC,则DG=3,在直角三角形BCE中，血∠BC-EC=A-5, 2 BE5a 5 又HG⊥BE,所以在直角三角形BHG中，BG=.则HG=BGm∠EBC=3V5a a. 2 10 又因为DGL面BCCB,且HGc面BCCB,所以DG⊥HG,所以m∠DHG-DG_Y15 415分 HG 3 18【解析】(1)证明直线AB的方程：y=-(x1+x2)x+x1x2+3 设A(x1y):B(x2y2)因为A,B在曲线C1:x2+y=3上，所以有： ·当=3-x行，y2=3-x号 。直线AB的斜半k4B=2=包--6-==-K1十x2). n2分 2-x1 x2-1 2一1 ·根据点斜式方程，直线AB过点A(x1y1),则直线AB的方程为y一y1=一(x1+2)(x一x1). 将y1=3-好代入上式得：y-(3-x=-(+x2)x-x) 展开可得：y-3+x行=-(1+x2x+x1(1+x2)y=-(x十x2)x+x行+x1x2+3-x号 即y=一(x1十x2)x十1x2+3,得证， nn5分 (2)证明m2-2k2+1 将直线y=kx+m代入曲线C2:号+y2=1,可得：号+(x+mP=1 展开并整理得：(1+2k2)x2+4kmx+2m2-2=0 n7分 因为直线1与曲线Cz相切，所以此一元二次方程的判别式△=0，则4=(4km)2-4(1+2(2m2-2)=0 展开得：16k2m2-4(2m2-2+4k2m2-4k2)=0.化简可得m2=2k2+1,得证.… ……9分 (3)证明直线QR与曲线C2相切 设P(t,3-t2).Q(x3,y3).R(xy4),过点P作曲线C2的切线方程为y-(3-t)=k(x-t),即y=kx+3-t2-kt. 由(2)知，切线与C2相切时m2=2k2+1,这里m=3-t2-kt,所以(3-t2-k)2=2k2+1,整理得： (2-2)k2+2t(3-t2k+(3-t2)2-1=0 (t2-2)k2+2t(3-t2)k+t4-6t2+8=0 设此方程的两根为k1,k红：则k1,k2是过点P的幽线C2两条切线的斜率，根据韦达定理可得k1十k2=-空，kk2=“二 t2-2 -2 由1)知，直线QR的方程为y=-(3+x4)x+x4十3，又Q,R在曲线C1上，且直线PQ:y=k1x+3-t2-k1t与C1的交点为P,Q, y=k1x+3-2-k,消去y得： 联 x2+y=3 x2+k1x+3-t2-k1t-3=0 x2+k1x-t2-k1t=0 (x-t(x+t+k) =0 解得x=t或x=-t一k1,所以x3=一t-k1,同理x4=一t一k2 则x3+x4=-2t-k1+k2)=-2t+2409=二202-28-边=-24+6-2空-2410 t2-2 t2-2 2-2 2-2 =（-t-k(-t-k)=2+tk1+k幻+k1k2=2_226-2+-62+8_22-2习-223-t码+4-62+8 t2-2 t2-2 t2-2 =4-22-62+24+4-6t2+8_44-14e2+8 t2-2 t2-2 所以直线QR的方程为y=-艺x++3,整理得y=x+兰 2-2 t2-2 要证直线QR与曲线Cz相切，只需证明直线QR与C2联立后的方程判别式为0，将直线QR方程代入C2:三+y2=1,经过复杂的化简计算 (此处省略具体化简过程，可通过将m2=2k2+1形式对应)，可证得判别式4=0，即直线QR与曲线C2相切，得 f417分 法2：设PQR三点横坐标分别为(xy1),(x2·y2),(xg·y) 结合(1)可知直线PQ的方程：y=-(1+x2)x+1X2+3 直线PQ5曲线C2相切，再结合(2)中m2=2k2+1得：(3x2+3)2=2(31+x2)2+1 11分 整理得：2x2+2x2-2x,2-22-8=023-4)+23-当2)-3-)3-y2)-242-8=0 再整理：2x2+y:-(4+y2)+5=0→2xx2+(y-1)y2-片+5=0 .13分 同理可得2x+-),-4+5=0.所以直线2年r+-y-片+5=0既过Q(e·y2汉过R0·. 直线Q的方程：2xx+(Gy1-)y-乃+5=0， n15分 再次结合(2)可推算： 22-m+1=22y--y+1=-0+1=83-）--+1=2+2%1+1=0. -1 -1 0-1)2 0y1-1)2 0%1-)2 所以，直线QR与曲线C:相切 17分 19【解析】(1)求函数f(x)的单调区间 对f(x)=xsinx+cosx,x∈0，]求导可得：f(x)=sinx+xCOSx-sinx=xcOSx 当xe0,)时，osr之0.x之0.所以f)=xcox≥0.函数f()单调递增. 当xe(任小时，cosx<0,x>0,所以f)=xcos<0,函数f()单调递减. 综上，f)的单调递增区间是，》单调递减区同是(， .4分 (2)证明不等式(e-x-1)mnx+(e'-1)cosx<e恒成立 本题可构造函数，结合()中函数单调性进行证明. 令g(x)=(e-x-1)sinx+(e'-1)cosx,xe[0,.将其变形为g(x)=e(sinx+cosx)-(xsinx+cos)-sinx· 对g(x)求导：9(x)=e2c0sx-XCOSx-cosx=(2e-x-1)co8x. 6分 ·当xe[0月时，cosx≥0，令h()=2e-x-1,求导得h()=2e-1>0,所以h()在0，习上单调递增，h()≥h(o)=2e°- 0-1=1>0,则g)20,96)在0，月上单调递增.g6≤g(目=e2(sin+cos月-（任in+cos)-sin号=ei-:-1. 由参考数值e2￥481.是01.57，可得ei-号-10481-1.57-1=2.24<e心2.72. ·当xE(,元时.cosx<0,h)=2e-x-1,h)=2e-1>0.h)单调递增，h(回=2e-t-1>0.所以g= cosx(2e-x-1)<0.g()在（传，m上单调递减，g,≤g(目<e,又g0)=(e°-0-1）sin0+(e°-1)cos0=0<e· 综上，对任意xe0,可，不等式(e-x-1)sinx+(e-1)cosx<e恒成立 9分 (3)探究是香存在0∈停，小使得a025=7 由(1)知e)在[倍上递减：f(份）=产s血号+cos号-号×普-9-*181，f)=si+cos=-1, 所以f6o)e【-1,g-力 :10分 当%=/(o21时，由二次函数可以计算a2之1.a3之1，a2025之1，这与题干矛盾；…12分 当a=/6g<1时，可以记a1=cos9.则a2=2cos20-1=cos28.a3=2cos228-1=cos40.… 以此类推，可得an=cos(2n-1)· 因为e(0,1).不妨设a05=cosa=器倒推可得：a024=cos子，a1=cos品 只要存在9使得cos9=fo.且6=品同时fc0)E(-11)(因为fo)e(-1)=[-19-月）· 又因为f)的值域包含(-1,1)的部分区间。所以存在oe侣，小使得a1=f。)=cos9,进而通过递推关系使得a20s= 2026 所以存在oe侣小使得a025= .17分 南昌二中2024-2025学年度下学期高二数学期末试卷 审题人：曹玉璋 命题人：唐宇力 一、单项选择题 1．复数是成立的　　 A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 2．设集合，，则　　 A．， B．， C．， D． 3．在正项等比数列中，，是方程的两个根，则　　 A．2 B．4 C．8 D．16 4．已知函数的定义域为，，则　　 A．1 B． C． D． 5．记数列的前项和为，且，则下列选项错误的是　　 A． B．数列是公差为1的等差数列 C．数列是公比为4的等比数列 D．数列的前2025项和为 6．已知函数为在上单调递增，则实数的取值范围是　　 A．， B．， C．， D．， 7．设函数，为常数），当时，曲线与恰有一个交点，则　　 A． B． C．1 D．2 8．已知，，则　　 A． B． C． D．，但和的大小关系无法确定 二、多项选择题 9．设正实数，满足，则　　 A．的最小值为 B．的最大值为2 C．的最大值为 D．的最小值为 10．设函数，则　　 A．是的极大值点 B．当时， C．当时， D．曲线有且只有一个对称中心，且该对称中心坐标为 11．已知关于的方程：有两个正根、，则下列说法正确的有 A． B． C． D． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．已知，则曲线在点，处切线的倾斜角是 　　． 13．已知函数的定义域是，，则的定义域是 14. 已知正项等比数列满足，则首项的取值范围 四、解答题 15.已知数列的前项和为，，． （1）求数列的通项公式； （2）求数列前12项和． 16.已知函数. (1) 求证：； (2) 任意，不等式恒成立，求实数的取值范围. 17．如图，在正三棱柱ABCA1B1C1中，D为棱AC的中点，E为棱CC1中点，AC＝AA1. (1)证明：AB1∥平面C1BD； (2)证明：A1C⊥平面BDE； (3)求二面角D-BE-C的正切值． 18. 已知曲线和曲线. (1) 若曲线上两个不同点A、B的坐标为，求证：直线的方程：; (2) 若直线与曲线相切，求证：； (3) 若曲线上任意点向曲线引两条切线交于另两点为,求证：直线与曲线相切. 19. 已知函数. （1） 求函数的单调区间; （2） 求证：对任意不等式恒成立； (参考数值：) （3） 无穷数列，请探究是否存在，使得 ？ 1 学科网（北京）股份有限公司 $$