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广东省广东华侨中学港澳班2024 2025学年高二下学期期中数学试卷
一、单选题（本大题共12小题）
1．已知集合，则=
A． B． C． D．
2．双曲线的渐近线方程是（ ）
A． B．
C． D．
3．已知，其中i为虚数单位，则复数z在复平面内对应的点在（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
4．已知数列的前项和为，满足，则下列判断正确的是（ ）
A．数列为等差数列 B．
C．数列存在最大值 D．数列存在最大值
5．函数的图象在点处的切线方程为（ ）
A． B． C． D．
6．已知函数在区间上是减函数，则a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
7．3名同学报名参加社团活动，有4个社团可以报名，这些社团招收人数不限，但每位同学只能报名其中1个社团，则这3位同学可能的报名结果共有（ ）种.
A．6 B．24 C．64 D．81
8．如图所示，图中曲线方程为，用定积分表达围成封闭图形（阴影部分）的面积是（ ）
A． B．
C． D．
9．由曲线，直线及y轴所围成的图形的面积为（ ）
A． B．4 C． D．6
10．数列中，，对任意 ，若，则 （ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
11．已知等差数列的公差为，集合，若，则（ ）
A．－1 B． C．0 D．
12．已知定义在上的函数的导数为，，且对任意的满足，则不等式的解集是（ ）
A． B． C． D．
二、填空题（本大题共6小题）
13．已知函数，则的极小值为
14． .
15．学校运动会需要从5名男生和2名女生中选取4名志愿者，则选出的志愿者中至少有一名女生的不同选法的种数是 （请用数字作答）
16．已知过点可作两条直线与曲线相切，则实数 ．
17．数列满足，前16项和为540，则 .
18．一条直线与函数和的图象分别相切于点和点，则的值为 ．
三、解答题（本大题共4小题）
19．如图，平行六面体中，以顶点为端点的三条棱长都是1，为与的交点.设.

(1)用表示，并求的值；
(2)求的值.
20．已知数列满足，
（1）记，写出，，并求数列的通项公式；
（2）求的前20项和.
21．设椭圆的左、右顶点分别为，右焦点，．
(1)求椭圆方程及其离心率；
(2)已知点是椭圆上一动点（不与顶点重合），直线交轴于点，若的面积是面积的倍，求直线的方程．
22．设函数.
(1)当时，求函数的单调区间；
(2)若对定义域内任意的实数，恒有，求实数的取值范围.（其中是自然对数的底数）
参考答案
1．【答案】C
【详解】由题意得，，则
．故选C．
2．【答案】C
【详解】在双曲线中，，，
所以，该双曲线的渐近线方程为.
故选C.
3．【答案】C
【详解】由可得，
所以复数z在复平面内对应的点在第三象限.
故选C.
4．【答案】D
【详解】由可知，当时，，
因为，所以，
故数列是从第二项开始的等差数列，故A错误.
将的通项公式可得，故B错误.
由知，数列为递增数列，不存在最大值，故C错误.
由知，数列为递减数列，故存在最大值，故D正确.
故选：D.
5．【答案】D
【详解】依题意，，
因为，
所以，所以切线方程为，
即，
故选：D.
6．【答案】C
【详解】因为，函数在区间上是减函数，
所以，恒成立.
所以，恒成立.
设，，
因为对称轴为，所以在为增函数，
所以，所以.
故选C.
7．【答案】C
【详解】由题意可得每位同学有4种选择，根据乘法原理，共有种.
故选C
8．【答案】C
【详解】图中围成封闭图形（阴影部分）的面积.
故选C.
9．【答案】C
【详解】由题意，曲线，直线及y轴所围成的图形如图阴影部分所示：
联立方程，可得点，
因此曲线，直线及y轴所围成的图形的面积为：
．
故选C．
10．【答案】C
【详解】在等式中，令，可得，，
所以，数列是以为首项，以为公比的等比数列，则，
，
，则，解得.
故选C.
11．【答案】B
【详解】依题意，等差数列中，，
显然函数的周期为3，而，即最多3个不同取值，又，
则在中，或或
于是有或，
即有，解得；
或者，解得；
所以，或.
故选B
12．【答案】A
【详解】构建，则，
因为，则，即，
可知在上单调递减，且，
由可得，即，解得，
所以不等式的解集是.
故选A．
13．【答案】
【详解】易知函数的定义域为，由题知，
令，得到，当时，，当时，，
所以在处取得极小值，极小值为.
14．【答案】
【详解】由定积分的运算性质，，
由微积分的几何意义表示直线（轴），，（轴）和曲线所围成的曲边梯形的面积，
曲线（）（），
∴曲线为圆心为原点，半径的圆在的部分，
∴表示的曲边梯形如图，其面积为，∴，
由微积分基本定理，∵，∴，
∴.
15．【答案】30
【详解】选出的志愿者中，1个女生3个男生时，方法数有种，2个女生2个男生时，方法数有种，所以不同选法有种.
16．【答案】1或
【详解】设切点，由，则点处的切线方程为．
将点代入上式，得，即．
设，则．
令，解得或1．
当或时，，单调递减；当时，，单调递增.
所以当时，取极小值；当时，取极大值．
所以当过点可作两条直线与曲线相切时，或．
17．【答案】
【详解】，
当为奇数时，；当为偶数时，.
设数列的前项和为，
，
.
18．【答案】-2
【详解】因为，，所以，，
则在点处的切线方程为，即；
在点处的切线方程为：，即，
由已知，由得，故，
故，解得，
所以，因此．
19．【答案】(1)
(2)2
【详解】（1）因为平行六面体中，为与的交点，
所以是中点，也是中点，
又因为，且平行六面体中，，
那么，
因为，，
所以，
，
因为，所以，又，，
所以，
，所以.
（2）因为，
所以
.
20．【答案】（1）；（2）.
【详解】解：（1）[方法一]【最优解】：
显然为偶数，则，
所以，即，且，
所以是以2为首项，3为公差的等差数列，
于是．
[方法二]：奇偶分类讨论
由题意知，所以．
由（为奇数）及（为偶数）可知，
数列从第一项起，
若为奇数，则其后一项减去该项的差为1，
若为偶数，则其后一项减去该项的差为2．
所以，则．
[方法三]：累加法
由题意知数列满足．
所以，
，
则．
所以，数列的通项公式．
（2）[方法一]：奇偶分类讨论
．
[方法二]：分组求和
由题意知数列满足，
所以．
所以数列的奇数项是以1为首项，3为公差的等差数列；
同理，由知数列的偶数项是以2为首项，3为公差的等差数列．
从而数列的前20项和为：
．
【整体点评】(1)方法一：由题意讨论的性质为最一般的思路和最优的解法；
方法二：利用递推关系式分类讨论奇偶两种情况，然后利用递推关系式确定数列的性质；
方法三：写出数列的通项公式，然后累加求数列的通项公式，是一种更加灵活的思路.
(2)方法一：由通项公式分奇偶的情况求解前项和是一种常规的方法；
方法二：分组求和是常见的数列求和的一种方法，结合等差数列前项和公式和分组的方法进行求和是一种不错的选择.
21．【答案】(1)椭圆方程为，离心率为
(2)
【详解】（1）由题意可知，解得
，
则椭圆方程为，椭圆的离心率为.
（2）由题意可知，直线的斜率存在且不为0，，设直线方程为，
取，得，
联立得，，
，得，则．
，
.
因为的面积是面积的倍，
，即，得，
直线的方程为．
22．【答案】(1)单调递减区间为，单调递增区间为
(2)
【详解】（1）当时定义域为，
且，
令，则，
所以在上单调递增，
又，所以当时，当时，
所以的单调递减区间为，单调递增区间为；
（2）函数定义域为，
依题意在上恒成立，
设，，则，
设，则恒成立，
所以在上单调递增，
且当时，当时，
所以使得，即，
所以，
则当时，即单调递减，
当时，即单调递增，
所以
，
令，则且，
所以为增函数，
由，所以，
又与均为减函数，所以在上单调递减，
所以当时，
所以实数的取值范围为.

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