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2024-2025学年广东省佛山市顺德区第一中学高二下学期期中教学质量检测数学试卷
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.数列满足，则其通项公式可能是( )
A. B. C. D.
2.函数的导数( )
A. B.
C. D.
3.在含有件次品的件产品中，任取件，则至少取到件次品的不同方法数共有( )
A. B. C. D.
4.设为等比数列的前项和，若，，则( )
A. B. C. D.
5.已知函数在单调递增，则实数的取值范围是( )
A. B. C. D.
6.小明从店购买了一辆价格为万元的家用轿车，首付万元，剩余的款项采用分期付款的方式还款，还款方式为：每年年底还固定款项万元以及余款的当年利息，年利率为，直到全部还完为止．则购买这辆车小明最后实际共花( )
A. 万元 B. 万元 C. 万元 D. 万元
7.现要从名学生中选名代表班级参加学校接力赛，其中已确定甲跑第棒或第棒，乙和丙人只能跑第、棒，丁不能跑第棒，那么合适的选择方法种数为( )
A. B. C. D.
8.若，则的大小关系为( )
A. B. C. D.
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.已知数列中，，，下列说法正确的是( )
A. 若是等比数列，则 B. 若是等差数列，则
C. 若是等比数列，则、的等比中项为 D. 若是等差数列，则、的等差中项为
10.有甲、乙、丙等名同学，则下列说法正确的是( )
A. 人站成一排，甲、乙两人相邻，则不同的排法种数为
B. 人站成一排，甲、乙、丙按从左到右的顺序站位不一定相邻，则不同的站法种数为
C. 名同学平均分成三组分别到、、三个工厂参观，每名同学必须去，且每个工厂都有人参观，则不同的安排方法有种
D. 名同学分成三组参加不同的活动，每名同学必须去，且每个活动都有人参加，甲、乙、丙在一起，则不同的安排方法有种
11.已知函数，若有两个极值点，则下面判断正确的是( )
A. B.
C. 且 D.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.若，则 ．
13.过点作曲线的两条切线，切点分别为，，则直线的方程为 ．
14.已知数列的前项和，数列的前项和，将与的公共项由小到大排列构成新数列，则数列的前项和等于 ．
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.本小题分
已知数列满足，．
求数列的通项公式；
设，求数列的前项和．
16.本小题分
已知函数．
求的极值，并在给定的直角坐标系中画出函数的大致图象不用说明理由；
求证：．
17.本小题分
已知数列的前项和为，且．
求、、的值．
求数列的通项．
求数列的前项和．
18.本小题分
如图，将圆沿直径折成直二面角，已知三棱锥的顶点在半圆周上，，在另外的半圆周上，．
若，求证：；
若，，直线与平面所成的角为，求三棱锥的体积．
19.本小题分
已知函数．
分析函数的单调性．
若，试问是否存在零点．若存在，请求出该零点；若不存在，请说明理由．
若有两个零点，求满足题意的的最小整数值．参考数据：，
参考答案
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
9.
10.
11.
12.
13.
14.
15.【详解】由，又，可得数列是首项、公比均为的等比数列，
故，
由可得，
则，
所以，
两式相减得，
所以

16.【详解】，
当时，，当时，，
即函数在上单调递增，在上单调递减，
因此极小值为，无极大值；
当时，；当时，，且，
结合单调性，可画出函数的大致图象，如下图所示：
要证，只要证，
令，则，
则得；得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
则，即恒成立，
所以．

17.【详解】由条件知，
，．
当为奇数且时，，也符合，
所以当为奇数时，；
当为偶数时，；
所以数列
由题可知，所以，
所以数列的前项和为

18.【详解】由题意知平面平面，平面平面，
，且平面，故平面，
又平面，故；
又，且，，平面，
故平面，而平面，
故；
以为坐标原点，，所在直线为，轴，过点作平面的垂线作为轴，建立空间直角坐标系，如图：
由于，，则，，
设，，则，
则，，，
设平面的一个法向量为，则
即，令，则可得，
由于直线与平面所成的角为，
故，
解得，结合，则，
所以，所以，
又平面，
所以．

19.【详解】因为，，，
令，则，
因为，所以恒成立，所以即单调递增，
又时，，时，．
所以存在，使得，
所以在上递减，在上递增．
，，的零点个数与的零点个数相同．
当时，，．
当时，，单调递减；当时，，单调递增．
当时，取得最小值．无零点，即无零点．
当时，令又恒成立，
在上单调递增．
，，故存在，使得；
当时，，单调递减；当时，，单调递增，
当时，取得最小值
由，得，代入得．
若有零点，则必有，即，也即．
令，，当时，，单调递增；当时，，单调递减．
，取，，即恒成立，矛盾，故没有零点．
综上所述，当时，没有零点．
若有两个零点，则有两个零点．
由可知，．
在上单调递增，又，，故存在，使得；
当时，，单调递减；当时，，单调递增；
当时，取得最小值．
由，得，
代入得．
有两个零点，则必有．
设，，当时，恒成立，
在上单调递减，，．
设，当时，恒成立，在上单调递增，．
下证当时，有两个零点．，，．
在上有两个零点，即在上有两个零点．
综上所述，为满足题意的最小正整数值．

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