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高二数学
注意事项：
1．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整，笔迹清楚。
2．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。
3．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
4．保持答题卡面清洁，不要折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上．
1．在等差数列中，为其前n项和，若，则
A．60 B．75 C．90 D．105
2．已知二项式，则 （ ）
A． B． C． D．
3．已知双曲线C：的离心率为2，则C的渐近线方程为（ ）.
A． B．
C． D．
4．已知等比数列前20项和是21，前30项和是49，则前10项和是（ ）
A．6 B．7 C．8 D．9
5．将5名实习老师安排到高一年级的3个班实习，每班至少1人、至多2人，则不同的安排方法有（ ）
A．90种 B．120种 C．150种 D．18种
6．已知函数有两个不同的极值点，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
7．已知函数的定义域为，，为的导函数，已知的图象如图所示，则以下四种说法中正确的个数是（ ）
①函数的图象关于对称
②函数在区间上为增函数
③函数在处的切线的倾斜角大于
④关于的不等式的解集为
A．4 B．3 C．2 D．1
8．函数，若存在，使得对任意，都有，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
二、多选题：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．全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分．
9．若五人并排站成一排，下列说法正确的是（ ）
A．如果必须相邻且在的右边，那么不同的排法有24种
B．最左端只能排或，最右端不能排，则不同的排法共有42种
C．不相邻的排法种数为72种
D．按从左到右的顺序排列的排法有120种
10．已知三次函数有极小值点，则下列说法中正确的有（ ）
A． B．函数有三个零点
C．函数的对称中心为 D．过可以作两条直线与的图象相切
11．设定义在上的函数的导函数为，若满足，且，则下列结论正确的是（ ）
A．在上单调递增
B．不等式的解集为
C．若恒成立，则
D．若，则
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．已知的二项展开式中仅有第 4 项的二项式系数最大，则的展开式中的常数项为
13．若函数在定义域内是增函数，则实数的最小值为 .
14．已知数列满足，设，为数列的前项和.若对任意恒成立，则实数的取值范围为 .
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、解答过程或演算步骤。
15．(本小题13分)
已知数列的前项和为，且满足.
(1)求的通项公式；
(2)在等差数列中，，，求数列的前n项和
16．(本小题15分)
已知函数.
（1）若在处的切线斜率为2，求切线方程.
（2）求的单调区间；
（3）当时，求函数的极值.
17．(本小题15分)
在四棱锥中，底面为直角梯形，，，侧面底面，，且，分别为，的中点，
(1)证明：平面；
(2)若直线与平面所成的角为，求平面与平面所成锐二面角的余弦值.
18．(本小题17分)
已知抛物线，为E上位于第一象限的一点，点P到E的准线的距离为5．
(1)求E的标准方程；
(2)设O为坐标原点，F为E的焦点，A，B为E上异于P的两点，且直线与斜率乘积为．
（i）证明：直线过定点； （ii）求的最小值．
19．(本小题17分)
已知函数.
若是的极大值点，求的值
（2）当时，若函数有两个不同的零点，求实数的取值范围；
（3）若对，不等式恒成立，其中为自然对数的底数，求的最小值.
高二数学参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 B D A B D D B B ABC ACD
题号 11
答案 ACD
7．B
【详解】对于①②，因为函数的导函数，
可知在上是单调递增函数，图象不关于对称，故①错误，②正确；
对于③，的图象都在的上方，所以，
设在处的切线的倾斜角为，
则在处切线的斜率，
因为正切函数在的单调递增，所以倾斜角大于，故③正确；
对于④，因为，令，
不等式等价于，
则，可知在上单调递增，
又因为，则不等式的解集为，
所以关于的不等式的解集为，故④正确.
故选：B.
8．B
【详解】由，又，
因为任意，都有，
所以是函数的最小值，也是极小值，
故有两实根，即有两实根，则，
记二次函数的零点为，
且，则在，上单调递增，在上单调递减，
当时，，因为是最小值，
所以，即，
解得，故，
故选：B．
11．ACD
【详解】由可得，
设，则，所以（为常数），
所以因为，所以，即
对于A，因为，所以时，，单调递减；
时，，单调递增，所以在上单调递增.故A正确；
对于B，当时，，不合题意；
当时，，不合题意；
当时，，且由A可知，在单调递增.
所以，解得，故B不正确；
对于C，若即，当时，恒成立；
当时，等价于，即，
设，则，
所以在上单调递增，在上单调递减，，
所以，故C正确；
对于D，，即，
因为当时，，当时，在单调递增，且，
所以，且，则，
又因为，所以，即，故D正确.
故选：ACD.
12．
13.
14．
【详解】当时，，
因为，
当时，，
两式相减可得，即，当时不适合此式，
所以，所以，
当时，，
当时，，
若对任意恒成立，
所以，即实数的取值范围为.
故答案为：.
15．
【详解】（1）①，当时，，解得，——1分
当时，②，
式子①-②得，即， ——3分
故为首项为2，公比为2的等比数列，
所以； ——5分
（2）由（1）知，，，
设的公差为，则，解得， ——7分
所以，， ——8分
故，
所以，
两式相减得，
所以. ——13分
【详解】
，，所以 ——2分
切线方程为 ——3分
（2），
若，由，得；由，得，
的递减区间为，递增区间为. ——6分
若，由，得；由，得，
的递减区间为，递增区间为. ——9分
（3）当时，，
.
由，得或. ——11分
当变化时，与的变化情况如下表：
2
- 0 + 0 -
递减 极小值 递增 极大值 递减
——13分
，
. ——15分
17．
【详解】（1）取中点，连接，，
为的中点，，， ——2分
又∵，，，，
四边形为平行四边形，， ——4分
平面，平面，
平面； ——5分
（2）取中点，连接，由，知
平面平面，平面平面平面，
平面， ——7分
因为直线与平面所成的角为
，
，又，——9分
如图以为坐标原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，
，
，设平面的一个法向量，，
则，取，则， ——12分
平面的一个法向量可取， ——13分
设平面与平面所成锐二面角为，
，
所以平面与平面所成锐二面角的余弦值. ——15分
18．
【详解】（1）由题可知，解得.
所以的标准方程为； ——3分
（2）（i）由（1）知，，且，解得，所以. ——4分
设，则，同理可得，，——5分
则，即. ——6分
当直线斜率存在时，直线的方程为，
整理得. ——8分
所以，即，
所以直线过定点； ——9分
当直线的斜率不存在时，可得.
综上，直线过定点. ——10分
（ii）设，当直线斜率存在时，
设直线的方程为，
与抛物线联立得，消去得，
由题意，所以. ——12分
所以
，
所以当时，的最小值为； ——15分
当直线斜率不存在时，.
由抛物线定义知.
故的最小值为. ——17分

19.【详解】（1）
又得， ——2分
当时，，此时是极大值点
当时，，此时是极小值点
——4分
（2），则，
令得，即在递减；
令得，即在递增，
故最小值为， ——6分
①当，即时，恒成立，故无零点，不满足题意；
②当，即时，当时恒成立，故有1个零点，不满足题意； ——7分
③当，即时，，且，（或者时，），
由零点的存在性定理可知在上有1个零点， ——8分
又，则，
则在上递增，上递减，
则，即，则，当且仅当时取等，
则，（或者时，），
故由零点的存在性定理可知在上有1个零点，即在上有两个零点，
综上：有两个零点，则. ——10分
（3），则，
令，则，
①当时，， 的最小值为，的最小值为；
——11分
②当时，，则在递减，且时，，
故不能恒成立； ——12分
③当时，令可得，即在上递增，
令可得，即在上递减，
故，
则， ——14分
故，
令，故， ——15分
令，
则，
令可得，即在递减；
令可得，即在递增则，
则的最小值为，当且仅当时取得等号.
综上可知，的最小值为. ——17分

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