资源简介

2024-2025学年四川省成都七中万达集团学校高二下学期 4月期中联考
数学试卷
一、单选题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知函数 ( ) = 2 (1+ ) (1)，则 =( )
A. 1 B. 2 C. 1 + D. 2 +
2.若数列{ }是等差数列， + = + , , , ∈ N 是 + = + 的( )条件
A.充分不必要 B.必要不充分 C.充要 D.既不充分也不必要
3.记 为等差数列{ }的前 项和．若 4 + 5 = 24， 6 = 48，则{ }的公差为( )
A. 1 B. 2 C. 4 D. 8
4.已知一个等比数列的前 项、前 2 项、前 3 项的和分别为 、 、 ，则下列式子正确的是( )
A. + = B. 2 =
C. 2 + 2 = ( ) D. ( )2 = ( )
2 2 25.已知 是双曲线 : 2 2 = 1( > 0, > 0)

的一个焦点，且点 到 的两条渐近线的距离之积等于 2，则
的离心率为( )
A. 32 B. 2 C.
6
2 D. 3
6 .函数 ( ) = , 0 < < ，则( )
A. ( ) > ( )． B. ( ) < ( ).
C. ( ) = ( ). D.以上情况都有可能．
7.已知 1 = 1, +1 2 = 2，且满足 +2 = 1 + ( 1) ∈ N ，则 29 + 30 =( )
A. 29 B. 31 C. 59 D. 61
8.若过点( , )可以作曲线 = ln 的两条切线，则( )
A. e < B. e < C. 0 < < e D. 0 < < e
二、多选题：本题共 3 小题，共 18 分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知函数 ( ) = 3 3 ，下列说法正确的是( )
A.函数 ( )的图象是中心对称图形
B. ( )有两个零点
C.过点(2,2)只能做一条直线与 ( )相切
D. ( )在( ∞, ]上最大值为 2，则 1 ≤ ≤ 2
第 1页，共 9页
10.已知 , ∈ R, > 0，函数 ( ) = 2 + ( ∈ R).若 ( ), ( ), ( + )成等比数列，则平面上点
( , )的轨迹可以是( )
A.直线 B.圆 C.椭圆 D.双曲线
11 1.已知数列 满足 1 = 13 , 4 1 + 9 13 1 + 1 = 0( ≥ 2)，前 项和为 ，下列说法正确的是
( )
A. 12 1 等差 B. +2 < 0 的解有 3 个
C. 10 +1 的最大项为 3 D. 14 = 7
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分。
12 3 9.数列 成等比数列，其公比为 ，前 项和为 .若 3 = 2， 3 = 2，则 = ．
13.已知函数 ( ) = 2 + ln( + 1)有两个不同的极值点，则 的取值范围为 ．
14.“已知数列 1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16, ，其中第一项是20.接下来的两项是20，21，再接下来的三项是
20，21，22，以此类推，求满足如下条件的最小整数 : > 100 且该数列的前 项和为 2 的整数幂，”那
么 =
四、解答题：本题共 5 小题，共 77 分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题 13 分)
如图，在四棱锥 中，底面 为正方形， ⊥ ， ⊥ ．
(1)证明： ⊥平面 ．
(2)若 = ，求二面角 的余弦值．
16.(本小题 15 分)
已过抛物线 ： 2 = 2 ( > 0)的焦点为 ，且抛物线的焦点到准线的距离为 2．
(1)求抛物线 的方程
(2)过点 (3,1)的直线 与抛物线 交于 , 两点，且 为 的中点，求直线 的方程．
17.(本小题 15 分)
第 2页，共 9页
( ) = 已知函数 ln ( > 0)．
(1)若 = 1，求函数 ( )的单调区间；
(2)求 ( ) 1在 e , e 上的最大值为 0，求 的值．
18.(本小题 17 分)
已知函数 ( ) = e 和 ( ) = ln( + )
(1)若 2，证明： ( ) ( ) > 0
(2)若 = 0，试判断 ( )和 ( )的公切线条数
19.(本小题 17 分)
已知数列 满足：2 1 + 2 2 +1 1 1 1 2 + + = 2 2，正项数列 满足： 2 = 2 + 2 + 3，且 +1
11 = 2．
(1)求数列 、 的通项公式；
+1
( 1) 2 , 为奇数
(2)若 = ，求数列 2 的前 2 项的和；
, 为偶数
32
(3)记 1 2 2 2 2 1 = , 为数列 的前 项积，证明： +1 2 < 1 + 2 + 3 + + < +1 3
第 3页，共 9页
参考答案
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
9.
10.
11.
12. 12或 1
13. 0, 12
14.440
15.【详解】(1)证明：因为底面 为正方形，所以 ⊥ ．
又因为 ⊥ ， ∩ = ， , 平面 ，所以 ⊥平面 ；
因为 平面 ，所以 ⊥ ．
因为 ⊥ ， 与 相交， , 平面 ．
所以 ⊥平面 ．
(2)解：以 为坐标原点， , , 所在直线分别为 , , 轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
设 = = 1，则 (1,0,0)， (1,1,0)， (0,1,0)， (0,0,1)，则 = ( 1,0,1)， = (0,1,0)， = ( 1,1,0)．
设平面 的法向量为 = ( , , )，
则 = 0 + = 0 ，即 = 0，令 = 1，则 = 1， = 0
所以平面 的一个法向量为 = (1,0,1)．
设平面 的法向量为 = ( , , )，
则 = 0 + = 0
，即
= 0 + = 0
，令 = 1，则 = = 1，
所以平面 的一个法向量为 = (1,1,1)．
第 4页，共 9页
cos , = 2 6 = 2× 3 = 3 ，
易知二面角 的平面角为锐角，故二面角 6的余弦值为 3 ．
16.【详解】(1)因为抛物线的焦点到准线的距离为 2，故 = 2，
所以 2 = 4 ．
(2)设 1, 1 ， 2, 2 ，如下图：
则 1 + 2 = 2，
2
由 1
= 4 1
2 ，得
2
1 22 = 1 + 2 1 2 = 4 1 2 ， 2 = 4 2
若 1 = 2，则 、 关于 轴对称， (3,1)为 中点不符合题意；
≠ 4 4若 1 2，则 = 1 2 =1 2 1+
=
2 2
= 2，
所以直线 的方程为 1 = 2( 3)，即 = 2 5．
17. (1) 0, + ∞ ′( ) = 1【详解】 函数的定义域为 ，则 2 .因为 = 1
′( ) = 1 ，所以 2 ，
由 ′( ) > 0，可得 0 < < 1，由 ′( ) < 0，可得 > 1．
此时，函数 ( )的增区间为 0, 1 ，减区间为(1, + ∞)．
(2) ′( ) = 2
1
= 2 ，
第 5页，共 9页
0 < ≤ 1 1 , e ′( ) = < 0 ( ) 1当 e时，在 e 上 2 ，所以函数 在 e , e 上单调递减，
1 2
此时， ( )max = e = 2 e，令 2 e = 0，则 = e，不合题意．
1
当e < < e
1
时，由 ′( ) = ′ 2 > 0 得 < ，由 ( ) = 2 < 0 得 > ，所以函数 ( )在 e , 上单调
递增，在 , e 上单调递减，
此时， ( )max = ( ) = ln = 0，令 ln = 0，则 = 1．
当 ≥ e 1时，在 e , e 上
′( ) = 1 2 > 0，所以函数 ( )在 e , e 上单调递增，此时， ( )max = e =

e，
令 e = 0，则 = 0，不合题意．
综上所述： = 1．
18.【详解】(1)令 ( ) = e 1，则 ′( ) = e 1，
则 ′( ) > 0 得 > 0； ′( ) < 0 得 < 0，
则 ( )在( ∞,0)上单调递减，在(0, + ∞)上单调递增，
则 ( ) ≥ (0) = 0，即e ≥ + 1，等号成立时 = 0；
( ) = + 1 ln( + 2), > 2 ′( ) = 1 1 = +1令 ，则 +2 +2，
则 ′( ) > 0 得 > 1； ′( ) < 0 得 2 < < 1，
则 ( )在( 2, 1)上单调递减，在( 1, + ∞)上单调递增，
则 ( ) ≥ ( 1) = 0，即 + 1 ≥ ln( + 2)，等号成立时 = 1；
则当 ≤ 2 时，e ≥ + 1 ≥ ln( + 2) ≥ ln( + )，
但因等号成立条件不同，故当 ≤ 2 时，e > ln( + )，即 ( ) ( ) > 0 成立．
(2)设曲线 ( ) = e 的切点为 1, e 1 ，因 ′( ) = e ，则切线斜率为e 1，
故切线方程为 e 1 = e 1 1 ，即 = e 1 e 1 + e 1 1；
设曲线 ( ) = ln 的切点为 2, ln 2 ，因 ′( ) =
1 1
，则切线斜率为 ，2
1
则切线方程为 ln 2 =
1
2 ，即 = 1 + ln 2；
2 2
e 1 = 1 1
由题意得 2，得 = ，
e 1 e
2
1 1 = 1+ ln
e 1
2
第 6页，共 9页
则e 1 e 1 1 = 1+ ln 2 = 1+ ln
1
e 1 = 1

1，即 1 1 e 1 = 1 + 1，
设 ( ) = ( 1)e 1，则 ′( ) = e 1，
设 ( ) = ′( ) = e 1，则 ′( ) = ( + 1)e ，
则 ′( ) > 0 得 > 1； ′( ) < 0 得 < 1，
则 ( ) = ′( )在( ∞, 1)上单调递减，在( 1, + ∞)上单调递增，
因 ( 1) = e 1 1 < 0， (1) = e 1 > 0，
则由零点存在性定理可知， 0 ∈ ( 1,1)使得 0 = 0，即 0e 0 = 1，
又 < 0 时， e < 0，则 ( ) < 0，
则 ( ) = ′( ) < 0 得 < 0； ( ) = ′( ) > 0 得 > 0，
则 ( )在 ∞, 0 上单调递减，在 0, + ∞ 上单调递增，
则 ( )min = 0 = 0 1 e 0 0 1 = 1 e 0 0 1 = e 0 0 = e 0
1
e 0 < 0，
因 ( 2) = 3e 2 + 1 > 0， (2) = e2 3 > 0，
则由零点存在性定理可知， ( )在 ∞, 0 和 0, + ∞ 上分别存在一个零点，
则方程 1 1 e 1 = 1 + 1 存在两个根，
所以 ( )和 ( )存在两条公切线．
19.【详解】(1)2 1 + 2 21 2 + + +1 = 2 2，
当 = 1 时， 1 = 22 1 2 = 1，即 1 = 1，
2 1 + 2 21 2 + + = 2 +1 2，
等式两边同除以2 得 1 + 2 32 22 + 23 + +
1 +2
2 1 + 2 = 2 2 ①，
≥ 2 +1当 时， 1 + 2 3 12 22 + 23 + + 2 1 = 2 2 1②，
= +1 +2 两式相减有：2 2 1 2 = 2 ，
∴ = ，
经检验， 1 = 1 也满足上式，故 = , ∈ ．
1 1
因为 2 = 2 + 2 + 3， +1
则当 ≥ 2 1 1时， 2 = 2 + 2( 1) + 3, ,
1 1
2 = 2 + 2 × 1 + 3， 1 2 1
第 7页，共 9页
1 1
累加可得： 2 = 2 + 2 1 + 2 + + ( 1) + 3 ( 1) =
1 + 2 × ( 1) 2 2 + 3 3， 1 1
且 1 =
1
2，
∴ 1 2 2 = 4 + + 3 3 = ( + 1)
2．

经检验， = 1 1也满足上式，又因为 是正项数列，故 = +1 , ∈
．
(2) = , ∈ ，
2
= 2 + 4 + + 2 + 1 + 3 + + 2 1
i=1

= 1

+ 2

1 2 + +

3 +

3 3 1
+ 3 5 + + ( 1) 2 1
= 1 + 2 + + 31 32 3 + 1 + 3 5+ + ( 1) (2 1) ，
= 1 + 2 + + 1 1 2令 31 32 3 ，则3 = 32 + 33 + +

3 +1，
1 1
2 1 1 1 1 1
两式相减可以得到： = 3 33 31 + 32 + 33 + + 3 3 +1 = ，1 1 3 +13
∴ 3 = 4
2 +3
4 3 ．
令 = 1+ 3 5+ + ( 1) (2 1)，
当 为偶数时： = ( 1 + 3) + ( 5 + 7) + + (3 2 ) + (2 1) = 2

2 = ；
当 为奇数时： = ( 1 + 3) + ( 5 + 7) + + (5 2 ) + (2 3) (2 1) = 2
1
2 + 1 2 =
；
故当 为偶数时，2 3 2 +3 =1 = + = 4 4 3 + ，
3 2 +3
当 为奇数时：2 =1 = + = 4 4 3 ，
∴ 2 3 2 +3 =1 = 4 4 3 + ( 1) ∈ N
．
(3) = = 1因为 +1，所以 = 1 2 = +1，
1 1 1 1 1 1
证明不等式左边：22 + 32 + + ( +1)2 > 2×3 + 3×4 + + ( +1) ( +2)
= 12
1 + 1 1 1 13 3 4 + + +1 +2 =
1 1 = +1 1 12 +2 +2 2 = +1 2，
第 8页，共 9页
1 1 1 1
证明不等式右边：22 + 32 + + ( +1)2 < 2 1 +
1 + + 1
2 2 14 3 4 ( +1)
2 14
= 4 4 4 1 1 1 1 1 1 2 2 2 13×5 + 5×7 + + (2 +1) (2 +3) = 2 3 5 + 5 7 + + 2 +1 2 +3 = 3 2 +3 < 3 +2 =
+1 1 1
+2 3 = +1 3，得证．
第 9页，共 9页

展开更多......

收起↑