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广东省深圳市深圳大学附属中学2024-2025学年高二上学期期末考试数学试题
一、单选题：（每小题只有一个选项符合题意.本题共8小题，每小题5分，共40分）
1．（2025高二上·深圳期末）向量（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】向量加减混合运算
【解析】【解答】解：向量，
故选：A.
【分析】结合相反向量的概念和向量的加法运算法则求解即可.
2．（2025高二上·深圳期末）直线与直线一定（　　）
A．平行 B．垂直
C．重合 D．相交但不垂直
【答案】D
【知识点】用斜率判定两直线平行；用斜率判定两直线垂直
【解析】【解答】解：由直线得，该直线斜率为，
由直线得，该直线斜率为，
因为，所以两直线相交但不垂直.
故选：D.
【分析】先将两直线方程化为斜截式方程，进而可求得两直线的斜率，再根据两直线的斜率关系即可判断两直线的位置关系.
3．（2025高二上·深圳期末）等差数列的前项和为，，则（　　）
A．10 B．20 C．30 D．40
【答案】D
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和
【解析】【解答】解： 设等差数列的公差为d，
由题意可知，，
所以，所以 .
故选：D.
【分析】根据等差数列的通项公式以及等差数列前项和公式求解即可.
4．（2025高二上·深圳期末）已知圆，圆，两圆的交点为，，则（　　）
A． B．1 C． D．2
【答案】C
【知识点】平面内两点间的距离公式；圆与圆的位置关系及其判定
【解析】【解答】解：，解得或，
即两圆的交点M(0，1)和N(1，0)，
所以.
故选：C.
【分析】联立两圆方程可得到两交点M，N的坐标，进而利用两点的距离公式即可求得|MN|.
5．（2025高二上·深圳期末）某学校高二年级开设了乒乓球、羽毛球和篮球三门课，甲、乙两位同学每人从中选择一门，且允许多位同学选择同一门课．若至少有一位同学选择了乒乓球，则这两位同学不同的选课方法共有（　　）种．
A．2 B．4 C．5 D．9
【答案】C
【知识点】排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：甲乙两位同学每人从乒乓球、羽毛球和篮球三门课中选择一门，共有种选课方法，
甲乙两位同学都未选乒乓球，共有种选课方法，
则甲乙两位同学至少有一位同学选择了乒乓球，不同的选课方法共有种.
故选：C.
【分析】计算所有可能的选课方法总数，以及没有人选择乒乓球的选课方法数， 从总的选课方法数中减去没有人选择乒乓球的选课方法数，即可得到至少有一位同学选择了乒乓球的选课方法数 .
6．（2025高二上·深圳期末）已知直线，圆，为上一动点，则到的最小距离为（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】A
【知识点】平面内点到直线的距离公式；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：圆的圆心的坐标为，半径，
因为圆心到直线的距离，
所以直线与圆相离，
所以圆上动点到的最小距离为.
故选：A.
【分析】根据圆的方程求得圆心和半径，进而利用点到直线的距离公式求得圆心到直线的距离，即判断直线与圆的位置关系，再求得到的最小距离即可.
7．（2025高二上·深圳期末）已知椭圆的左焦点为，左顶点为，直线过点，且与轴垂直，交于，两点，已知的周长为，则椭圆的离心率为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】椭圆的简单性质；椭圆的应用
【解析】【解答】解：由题意可知，，，，
将代入椭圆方程，得，解得，
所以，所以，所以，
因为的周长为，所以，
即，化简得，
因为，所以，即，
因为离心率，所以，解得或，
因为椭圆离心率的范围为，所以，
故椭圆的离心率为.
故选：B.
【分析】根据已知条件和椭圆的性质先求出，，，进而根据的周长为 和椭圆性质化简得到关于和的齐次式，利用离心率将齐次式左右两边同时除以a即可得到，进而求出方程的解即可求得椭圆的离心率求.
8．（2025高二上·深圳期末）已知函数（且）存在最小值，当变化时，有（　　）
A．最大值 B．最小值
C．既有最大值，又有最小值 D．以上说法都不正确
【答案】A
【知识点】简单复合函数求导法则；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：，定义域为，
所以，
令，得，
因为，所以当时，；当时，.
当时，，所以当时，；当时，，
所以在单调递增，在单调递减，此时不存在最小值，所以.
当时，，所以当时，；当时，，
所以在单调递减，在单调递增，所以在处取得最小值，
所以，，
所以，
令，得，
所以当时，；当时，，
所以在单调递增，在单调递减，
所以在处取得最大值，最大值为，无最小值.
故选：A.
【分析】先求得函数的定义域，再对函数进行求导，对a的值进行分类讨论利用求导判断函数的单调性确定最值从而得到的范围，再对求导判断单调性即可判断最值情况.
二、多选题：（每小题有多个选项符合题意.本题共3小题，每小题6分，共18分）
9．（2025高二上·深圳期末）正项数列的首项为3，，．是数列的前项和，则下列说法正确的是（　　）
A．
B．，，成等比数列
C．
D．数列是公差为1的等差数列
【答案】A,B,D
【知识点】等差数列概念与表示；等比数列概念与表示；等比数列的通项公式；等比数列的前n项和
【解析】【解答】解：A、因为数列的首项为3，，所以数列是首项为3，公比为3的等比数列，所以，所以，故选项A正确；
B、因为，而成等比数列，所以，，成等比数列，故选项B正确；
C、，故选项C错误；
D、因为，所以数列是公差为1的等差数列，故选项D正确.
故选：ABD.
【分析】根据已知条件可求出数列的通项公式，进而即可判断选项A；根据前n项和的公式可知，即可判断选项B；利用等比数列的前n项和公式即可判断选项C；利用对数的运算性质求得数列 的通项公式即可判断选项D.
10．（2025高二上·深圳期末）已知直线，圆，则下列说法正确的是（　　）
A．直线经过定点
B．若直线与圆交于点，，则的最大值为2
C．存在实数，使得直线与圆相离
D．若上存在四个不同的点，到直线的距离为，则的范围是
【答案】B,C
【知识点】恒过定点的直线；圆的标准方程；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：A、把点(1，0)代入方程中可得 1+0+1=0，显然不成立，故直线 l 不经过定点(1，0)， 故选项A错误；
B、 圆的圆心的坐标为，半径为，
当直线与圆相交时，弦长的最大值发生在直线过圆心，把代入 直线 得m=-1，此时取得最大值为2r=2 ，故选项B正确；
C、圆心到直线的距离，
若直线与圆相离，则，解得，
所以当时，直线与圆相离，故选项C正确；
D、若上存在四个不同的点，到直线的距离为，
则圆心到直线的距离，即，解得，
所以若上存在四个不同的点，到直线的距离为，则的范围是，故选项D错误.
故选：BC.
【分析】把点(1，0)代入方程进而即可判断选项A；先求得圆C的圆心和半径，当直线与圆相交时，弦长的最大值发生在直线过圆心，即可求得的最大值，可判断选项B；求得圆心到直线的距离，根据直线与圆的位置关系列出不等式，进而求解即可判断选项C，D.
11．（2025高二上·深圳期末）已知双曲线的左焦点为，直线过点，与双曲线的两支、两条渐近线依次交于点，，，（从左到右），则下列说法正确的是（　　）
A．当时，其中一条渐近线方程为
B．存在，存在直线，使得点为线段的中点，且
C．任意，存在直线，使得点为线段的中点，且
D．任意，无论直线怎么运动，
【答案】A,C,D
【知识点】双曲线的简单性质；双曲线的应用；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：A、当时， ，即，所以双曲线E的渐近线方程为，故选项A正确；
B、取双曲线的右焦点，连接，分别为的中点，所以，，
，，所以，
所以，
而因为双曲线的实半轴长，虚半轴长，所以，矛盾，故选项B错误；
C、取双曲线的右焦点，连接，分别为的中点，死于，，
双曲线的渐近线方程为，则，即，
因为，所以，得，，
，，符合要求，故选项C正确；
D、显然直线的斜率存在，设其方程为，，
由消去，得，
由韦达定理可得，
由消去，得，
由韦达定理可得，
所以，线段有相同的中点，则，故选项D正确.
故选：ACD
【分析】把n代入曲线E方程中化简为标准方程，进而根据双曲线的性质即可求得渐近线方程可判断选项A；根据给定条件，求出双曲线中，求出结合图形及双曲线定义判断选项BC；设出直线的方程，分别与双曲线及渐近线方程联立，利用韦达定理求解判断选项D.
三、填空题（本题共3小题，共15分）
12．（2025高二上·深圳期末）函数在处的切线方程为　 　．
【答案】
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【解答】解：由题意可知，，
所以，，
所以函数在处的切线方程为y-1=1×(x-0)，即.
故答案为：.
【分析】先对函数进行求导，利用导数的几何意义求切线的斜率以及切点的坐标，再由点斜式即可求得切线方程.
13．（2025高二上·深圳期末）已知数列的前项和为，，，，则　 　．
【答案】
【知识点】数列的递推公式；数列的前n项和
【解析】【解答】解：由题意可知，当时，，所以，
当时，，所以，
所以，
故答案为：.
【分析】由，取，，先求出，，再求即可.
14．（2025高二上·深圳期末）已知圆，圆，两圆交于，两点，则面积的最小值为　 　．
【答案】
【知识点】函数的最大（小）值；圆与圆的位置关系及其判定；相交弦所在直线的方程
【解析】【解答】解：圆的圆心的坐标为，半径，
圆的圆心的坐标为，半径，
所以，
因为，
所以，所以圆与圆相交，
将方程与方程相减可得，
所以直线的方程为，
因为到直线的距离，
所以，
又到直线的距离，
所以面积，
令，则，，
所以，，
设，，
因为函数在上单调递增，在上单调递减，
所以函数在上单调递增，
所以，当且仅当时取等号，
所以当时，函数取最小值，
所以当时，取最小值，
所以当，即时，面积取最小值.
故答案为：.
【分析】先由圆的方程求出两圆的圆心坐标及半径，根据圆心距可得两圆相交，进而两圆方程相减可求得两圆的公共弦方程，利用垂径定理求得|AB|的值，进而再求面积的的解析式，换元令，可得，，设，，判断函数的单调性，结合单调性求出的最小值即可求得面积的最小值.
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．（2025高二上·深圳期末）已知数列是公差不为0的等差数列，，．
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求的前项和．
【答案】（1）解：设数列的公差为，且，
因为，，
所以，，
解得，，
所以，
所以数列的通项公式为

（2）解：由（1）可得，
所以数列的前项和，
【知识点】等差数列的通项公式；数列的前n项和
【解析】【分析】（1）设数列的公差为，且，已知条件列方程组求得，进而即可求得数列的通项公式；
（2）由（1），利用裂项相消法求的前项和．
（1）设数列的公差为，则，
因为，且，
所以，，
解得，，
所以，
所以数列的通项公式为；
（2）因为，
由（1）可得，
所以数列的前项和，
所以.
所以数列的前项和.
16．（2025高二上·深圳期末）已知函数．
（1）求的最大值；
（2）若对于任意的，都有，求实数的取值范围．
参考数据：．
【答案】（1）解：由题意可知函数的定义域为，
而，令，得，
所以当时，；当时，，
所以函数在单调递增，在单调递减，
所以当x=e时，取得最大值，最大值为.
（2）解：对于任意的，都有，
即对于任意的，都有，
即对于任意的，都有，
所以，，
令，，
所以，
令，得，
所以当时，；当时，，
所以在单调递减，在单调递增，
因为，，
所以，所以，
所以实数的取值范围为.
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）先求得函数的定义域，进而求导，利用导数判断函数的单调性，即可求出最大值；
（2）分离参数将对于任意的，都有， 转化为对于任意的，都有，将不等式恒成立问题转化为求函数的最值问题，令，，利用导数判断单调性求得函数g(x)的最大值即可求得实数a的取值范围.
（1）的定义域为，，令，得，
当时，，在单调递增；
当时，，在单调递减，
所以，
所以的最大值为；
（2）对于任意的，都有，
即对于任意的，都有，
即对于任意的，都有，
所以，，
令，，，
令，得，
当时，，在单调递减；
当时，，在单调递增，
且，，
所以，所以，
所以实数的取值范围为.
17．（2025高二上·深圳期末）如图，长方体中，，，为中点，在线段上，．
（1）求证：平面平面；
（2）求平面与平面所成锐二面角的正弦值．
【答案】（1）证明：长方体中，，
因为平面，所以平面，
又因为平面，所以，
所以是平面与平面所成二面角的一个平面角，
因为，，所以，
所以平面平面.
（2）解：如图所示，连接，由（1）知，，
而平面，所以平面，
又平面，所以，
所以是平面与平面所成的锐二面角，
在中，，
因此，
所以平面与平面所成锐二面角的正弦值是.
【知识点】平面与平面垂直的判定；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】（1）利用线面垂直的性质可得是平面与平面所成二面角的一个平面角，利用勾股定理可得，即可证得平面平面；
（2）利用线面垂直的判定定理可得平面，进而根据线面垂直的性质可得，即可得是平面与平面所成的锐二面角，进而在直角三角形中利用三角函数求出的正弦值，即可求得平面与平面所成锐二面角的正弦值．
（1）长方体中，，而平面，
则平面，而平面，因此，
是平面与平面所成二面角的一个平面角，
又，，则，
所以平面平面.
（2）连接，由（1）知，，
而平面，则平面，
又平面，于是，是平面与平面所成锐二面角，
在中，，
因此，
所以平面与平面所成锐二面角的正弦值是.
18．（2025高二上·深圳期末）已知为坐标原点，点，，是抛物线上不同的三点，其中，点在第一象限，直线与平行，直线与交于点，直线与直线交于点．
（1）求抛物线的准线方程；
（2）求直线的方程；
（3）求的最小值．
【答案】（1）解：因为在抛物线上，所以，解得，
所以抛物线C的方程为，
所以抛物线C的准线方程为.
（2）解：直线的斜率，设直线，，
联立消去，得，所以，，
直线方程为，直线方程为，即，
由，得点纵坐标，即点，
同理得直线方程为，直线方程为，点，
所以直线方程为.
（3）解：由（2）知，，
令，而，要最小，则，
，
当且仅当，即时取等号，
所以的最小值是.
【知识点】抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）将点坐标代入方程中可求出的值，进而求得抛物线C的方程，即可求得抛物线C的准线方程.
（2）先结合条件求得直线OM的斜率，进而可知直线AB的斜率，进而设直线，，联立直线AB的方程与抛物线C方程，利用韦达定理，求得直线OA方程与直线BM方程，结合方程组法求出点P的纵坐标，即可求得点P的坐标，同理求得直线方程与直线方程，进而可得点Q的坐标，再求得直线PQ的方程即可.
（3）利用弦长公式列式求出的函数关系，令，而，要最小，则，借助基本不等式求出最小值即可.
（1）由在抛物线上，得，解得，
所以抛物线的准线方程为.
（2）直线的斜率，设直线，，
由消去，得，则，，
直线方程为，直线方程为，即，
由，得点纵坐标，即点，
同理得直线方程为，直线方程为，点，
所以直线方程为.
（3）由（2）知，，
令，而，要最小，则，
，
当且仅当，即时取等号，
所以的最小值是.
19．（2025高二上·深圳期末）帕德近似是法国数学家亨利·帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方法．给定两个正整数，函数在处的阶帕德近似定义为：，且满足：，，，……，，注：，，，，…….已知，．
（1）若，函数在处的阶帕德近似为函数，求实数，的值；
（2）若，设函数，是的极大值点，求实数的取值范围．
【答案】（1）解：当时，，
因为函数在处的阶帕德近似为函数， 所以，所以，解得，
所以，所以，，
因为，所以，解得，
所以，.
（2）解：当时，，(x>-1)
所以，
由是的极大值点，得，解得，
所以，
求导得，
，
当时，，
当时，，当时，，
函数在上递增，在上递减，是的极大值点，符合题意，则；
当时，，且函数在上连续，则存在且，
使得，，函数在上单调递减，而，
因此当时，，当时，，
函数在上递增，在上递减，是的极大值点，符合题意，则；
当时，，且函数在上连续，则存在且，
使得，，函数在上单调递增，而，
因此当时，，当时，，
函数在上递减，在上递增，是的极小值点，不符合题意，
所以实数的取值范围是.
【知识点】简单复合函数求导法则；利用导数研究函数的极值
【解析】【分析】（1）根据已知条件可知，进而利用阶帕德近似的定义先求得c的值，进而再求得b的值即可.
（2）先求出函数及导数，由极大值点求出，即可求得，再求出及，按分类讨论处的极值情况即可求得实数a的取值范围.
（1）当时，，由，得，解得，
则，，，
，由，得，
所以，.
（2）当时，，求导得，
由是的极大值点，得，解得，，
求导得，
，
当时，，
当时，，当时，，
函数在上递增，在上递减，是的极大值点，符合题意，则；
当时，，且函数在上连续，则存在且，
使得，，函数在上单调递减，而，
因此当时，，当时，，
函数在上递增，在上递减，是的极大值点，符合题意，则；
当时，，且函数在上连续，则存在且，
使得，，函数在上单调递增，而，
因此当时，，当时，，
函数在上递减，在上递增，是的极小值点，不符合题意，
所以实数的取值范围是.
1 / 1广东省深圳市深圳大学附属中学2024-2025学年高二上学期期末考试数学试题
一、单选题：（每小题只有一个选项符合题意.本题共8小题，每小题5分，共40分）
1．（2025高二上·深圳期末）向量（　　）
A． B． C． D．
2．（2025高二上·深圳期末）直线与直线一定（　　）
A．平行 B．垂直
C．重合 D．相交但不垂直
3．（2025高二上·深圳期末）等差数列的前项和为，，则（　　）
A．10 B．20 C．30 D．40
4．（2025高二上·深圳期末）已知圆，圆，两圆的交点为，，则（　　）
A． B．1 C． D．2
5．（2025高二上·深圳期末）某学校高二年级开设了乒乓球、羽毛球和篮球三门课，甲、乙两位同学每人从中选择一门，且允许多位同学选择同一门课．若至少有一位同学选择了乒乓球，则这两位同学不同的选课方法共有（　　）种．
A．2 B．4 C．5 D．9
6．（2025高二上·深圳期末）已知直线，圆，为上一动点，则到的最小距离为（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
7．（2025高二上·深圳期末）已知椭圆的左焦点为，左顶点为，直线过点，且与轴垂直，交于，两点，已知的周长为，则椭圆的离心率为（　　）
A． B． C． D．
8．（2025高二上·深圳期末）已知函数（且）存在最小值，当变化时，有（　　）
A．最大值 B．最小值
C．既有最大值，又有最小值 D．以上说法都不正确
二、多选题：（每小题有多个选项符合题意.本题共3小题，每小题6分，共18分）
9．（2025高二上·深圳期末）正项数列的首项为3，，．是数列的前项和，则下列说法正确的是（　　）
A．
B．，，成等比数列
C．
D．数列是公差为1的等差数列
10．（2025高二上·深圳期末）已知直线，圆，则下列说法正确的是（　　）
A．直线经过定点
B．若直线与圆交于点，，则的最大值为2
C．存在实数，使得直线与圆相离
D．若上存在四个不同的点，到直线的距离为，则的范围是
11．（2025高二上·深圳期末）已知双曲线的左焦点为，直线过点，与双曲线的两支、两条渐近线依次交于点，，，（从左到右），则下列说法正确的是（　　）
A．当时，其中一条渐近线方程为
B．存在，存在直线，使得点为线段的中点，且
C．任意，存在直线，使得点为线段的中点，且
D．任意，无论直线怎么运动，
三、填空题（本题共3小题，共15分）
12．（2025高二上·深圳期末）函数在处的切线方程为　 　．
13．（2025高二上·深圳期末）已知数列的前项和为，，，，则　 　．
14．（2025高二上·深圳期末）已知圆，圆，两圆交于，两点，则面积的最小值为　 　．
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．（2025高二上·深圳期末）已知数列是公差不为0的等差数列，，．
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求的前项和．
16．（2025高二上·深圳期末）已知函数．
（1）求的最大值；
（2）若对于任意的，都有，求实数的取值范围．
参考数据：．
17．（2025高二上·深圳期末）如图，长方体中，，，为中点，在线段上，．
（1）求证：平面平面；
（2）求平面与平面所成锐二面角的正弦值．
18．（2025高二上·深圳期末）已知为坐标原点，点，，是抛物线上不同的三点，其中，点在第一象限，直线与平行，直线与交于点，直线与直线交于点．
（1）求抛物线的准线方程；
（2）求直线的方程；
（3）求的最小值．
19．（2025高二上·深圳期末）帕德近似是法国数学家亨利·帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方法．给定两个正整数，函数在处的阶帕德近似定义为：，且满足：，，，……，，注：，，，，…….已知，．
（1）若，函数在处的阶帕德近似为函数，求实数，的值；
（2）若，设函数，是的极大值点，求实数的取值范围．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】向量加减混合运算
【解析】【解答】解：向量，
故选：A.
【分析】结合相反向量的概念和向量的加法运算法则求解即可.
2．【答案】D
【知识点】用斜率判定两直线平行；用斜率判定两直线垂直
【解析】【解答】解：由直线得，该直线斜率为，
由直线得，该直线斜率为，
因为，所以两直线相交但不垂直.
故选：D.
【分析】先将两直线方程化为斜截式方程，进而可求得两直线的斜率，再根据两直线的斜率关系即可判断两直线的位置关系.
3．【答案】D
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和
【解析】【解答】解： 设等差数列的公差为d，
由题意可知，，
所以，所以 .
故选：D.
【分析】根据等差数列的通项公式以及等差数列前项和公式求解即可.
4．【答案】C
【知识点】平面内两点间的距离公式；圆与圆的位置关系及其判定
【解析】【解答】解：，解得或，
即两圆的交点M(0，1)和N(1，0)，
所以.
故选：C.
【分析】联立两圆方程可得到两交点M，N的坐标，进而利用两点的距离公式即可求得|MN|.
5．【答案】C
【知识点】排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：甲乙两位同学每人从乒乓球、羽毛球和篮球三门课中选择一门，共有种选课方法，
甲乙两位同学都未选乒乓球，共有种选课方法，
则甲乙两位同学至少有一位同学选择了乒乓球，不同的选课方法共有种.
故选：C.
【分析】计算所有可能的选课方法总数，以及没有人选择乒乓球的选课方法数， 从总的选课方法数中减去没有人选择乒乓球的选课方法数，即可得到至少有一位同学选择了乒乓球的选课方法数 .
6．【答案】A
【知识点】平面内点到直线的距离公式；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：圆的圆心的坐标为，半径，
因为圆心到直线的距离，
所以直线与圆相离，
所以圆上动点到的最小距离为.
故选：A.
【分析】根据圆的方程求得圆心和半径，进而利用点到直线的距离公式求得圆心到直线的距离，即判断直线与圆的位置关系，再求得到的最小距离即可.
7．【答案】B
【知识点】椭圆的简单性质；椭圆的应用
【解析】【解答】解：由题意可知，，，，
将代入椭圆方程，得，解得，
所以，所以，所以，
因为的周长为，所以，
即，化简得，
因为，所以，即，
因为离心率，所以，解得或，
因为椭圆离心率的范围为，所以，
故椭圆的离心率为.
故选：B.
【分析】根据已知条件和椭圆的性质先求出，，，进而根据的周长为 和椭圆性质化简得到关于和的齐次式，利用离心率将齐次式左右两边同时除以a即可得到，进而求出方程的解即可求得椭圆的离心率求.
8．【答案】A
【知识点】简单复合函数求导法则；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：，定义域为，
所以，
令，得，
因为，所以当时，；当时，.
当时，，所以当时，；当时，，
所以在单调递增，在单调递减，此时不存在最小值，所以.
当时，，所以当时，；当时，，
所以在单调递减，在单调递增，所以在处取得最小值，
所以，，
所以，
令，得，
所以当时，；当时，，
所以在单调递增，在单调递减，
所以在处取得最大值，最大值为，无最小值.
故选：A.
【分析】先求得函数的定义域，再对函数进行求导，对a的值进行分类讨论利用求导判断函数的单调性确定最值从而得到的范围，再对求导判断单调性即可判断最值情况.
9．【答案】A,B,D
【知识点】等差数列概念与表示；等比数列概念与表示；等比数列的通项公式；等比数列的前n项和
【解析】【解答】解：A、因为数列的首项为3，，所以数列是首项为3，公比为3的等比数列，所以，所以，故选项A正确；
B、因为，而成等比数列，所以，，成等比数列，故选项B正确；
C、，故选项C错误；
D、因为，所以数列是公差为1的等差数列，故选项D正确.
故选：ABD.
【分析】根据已知条件可求出数列的通项公式，进而即可判断选项A；根据前n项和的公式可知，即可判断选项B；利用等比数列的前n项和公式即可判断选项C；利用对数的运算性质求得数列 的通项公式即可判断选项D.
10．【答案】B,C
【知识点】恒过定点的直线；圆的标准方程；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：A、把点(1，0)代入方程中可得 1+0+1=0，显然不成立，故直线 l 不经过定点(1，0)， 故选项A错误；
B、 圆的圆心的坐标为，半径为，
当直线与圆相交时，弦长的最大值发生在直线过圆心，把代入 直线 得m=-1，此时取得最大值为2r=2 ，故选项B正确；
C、圆心到直线的距离，
若直线与圆相离，则，解得，
所以当时，直线与圆相离，故选项C正确；
D、若上存在四个不同的点，到直线的距离为，
则圆心到直线的距离，即，解得，
所以若上存在四个不同的点，到直线的距离为，则的范围是，故选项D错误.
故选：BC.
【分析】把点(1，0)代入方程进而即可判断选项A；先求得圆C的圆心和半径，当直线与圆相交时，弦长的最大值发生在直线过圆心，即可求得的最大值，可判断选项B；求得圆心到直线的距离，根据直线与圆的位置关系列出不等式，进而求解即可判断选项C，D.
11．【答案】A,C,D
【知识点】双曲线的简单性质；双曲线的应用；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：A、当时， ，即，所以双曲线E的渐近线方程为，故选项A正确；
B、取双曲线的右焦点，连接，分别为的中点，所以，，
，，所以，
所以，
而因为双曲线的实半轴长，虚半轴长，所以，矛盾，故选项B错误；
C、取双曲线的右焦点，连接，分别为的中点，死于，，
双曲线的渐近线方程为，则，即，
因为，所以，得，，
，，符合要求，故选项C正确；
D、显然直线的斜率存在，设其方程为，，
由消去，得，
由韦达定理可得，
由消去，得，
由韦达定理可得，
所以，线段有相同的中点，则，故选项D正确.
故选：ACD
【分析】把n代入曲线E方程中化简为标准方程，进而根据双曲线的性质即可求得渐近线方程可判断选项A；根据给定条件，求出双曲线中，求出结合图形及双曲线定义判断选项BC；设出直线的方程，分别与双曲线及渐近线方程联立，利用韦达定理求解判断选项D.
12．【答案】
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【解答】解：由题意可知，，
所以，，
所以函数在处的切线方程为y-1=1×(x-0)，即.
故答案为：.
【分析】先对函数进行求导，利用导数的几何意义求切线的斜率以及切点的坐标，再由点斜式即可求得切线方程.
13．【答案】
【知识点】数列的递推公式；数列的前n项和
【解析】【解答】解：由题意可知，当时，，所以，
当时，，所以，
所以，
故答案为：.
【分析】由，取，，先求出，，再求即可.
14．【答案】
【知识点】函数的最大（小）值；圆与圆的位置关系及其判定；相交弦所在直线的方程
【解析】【解答】解：圆的圆心的坐标为，半径，
圆的圆心的坐标为，半径，
所以，
因为，
所以，所以圆与圆相交，
将方程与方程相减可得，
所以直线的方程为，
因为到直线的距离，
所以，
又到直线的距离，
所以面积，
令，则，，
所以，，
设，，
因为函数在上单调递增，在上单调递减，
所以函数在上单调递增，
所以，当且仅当时取等号，
所以当时，函数取最小值，
所以当时，取最小值，
所以当，即时，面积取最小值.
故答案为：.
【分析】先由圆的方程求出两圆的圆心坐标及半径，根据圆心距可得两圆相交，进而两圆方程相减可求得两圆的公共弦方程，利用垂径定理求得|AB|的值，进而再求面积的的解析式，换元令，可得，，设，，判断函数的单调性，结合单调性求出的最小值即可求得面积的最小值.
15．【答案】（1）解：设数列的公差为，且，
因为，，
所以，，
解得，，
所以，
所以数列的通项公式为

（2）解：由（1）可得，
所以数列的前项和，
【知识点】等差数列的通项公式；数列的前n项和
【解析】【分析】（1）设数列的公差为，且，已知条件列方程组求得，进而即可求得数列的通项公式；
（2）由（1），利用裂项相消法求的前项和．
（1）设数列的公差为，则，
因为，且，
所以，，
解得，，
所以，
所以数列的通项公式为；
（2）因为，
由（1）可得，
所以数列的前项和，
所以.
所以数列的前项和.
16．【答案】（1）解：由题意可知函数的定义域为，
而，令，得，
所以当时，；当时，，
所以函数在单调递增，在单调递减，
所以当x=e时，取得最大值，最大值为.
（2）解：对于任意的，都有，
即对于任意的，都有，
即对于任意的，都有，
所以，，
令，，
所以，
令，得，
所以当时，；当时，，
所以在单调递减，在单调递增，
因为，，
所以，所以，
所以实数的取值范围为.
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）先求得函数的定义域，进而求导，利用导数判断函数的单调性，即可求出最大值；
（2）分离参数将对于任意的，都有， 转化为对于任意的，都有，将不等式恒成立问题转化为求函数的最值问题，令，，利用导数判断单调性求得函数g(x)的最大值即可求得实数a的取值范围.
（1）的定义域为，，令，得，
当时，，在单调递增；
当时，，在单调递减，
所以，
所以的最大值为；
（2）对于任意的，都有，
即对于任意的，都有，
即对于任意的，都有，
所以，，
令，，，
令，得，
当时，，在单调递减；
当时，，在单调递增，
且，，
所以，所以，
所以实数的取值范围为.
17．【答案】（1）证明：长方体中，，
因为平面，所以平面，
又因为平面，所以，
所以是平面与平面所成二面角的一个平面角，
因为，，所以，
所以平面平面.
（2）解：如图所示，连接，由（1）知，，
而平面，所以平面，
又平面，所以，
所以是平面与平面所成的锐二面角，
在中，，
因此，
所以平面与平面所成锐二面角的正弦值是.
【知识点】平面与平面垂直的判定；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】（1）利用线面垂直的性质可得是平面与平面所成二面角的一个平面角，利用勾股定理可得，即可证得平面平面；
（2）利用线面垂直的判定定理可得平面，进而根据线面垂直的性质可得，即可得是平面与平面所成的锐二面角，进而在直角三角形中利用三角函数求出的正弦值，即可求得平面与平面所成锐二面角的正弦值．
（1）长方体中，，而平面，
则平面，而平面，因此，
是平面与平面所成二面角的一个平面角，
又，，则，
所以平面平面.
（2）连接，由（1）知，，
而平面，则平面，
又平面，于是，是平面与平面所成锐二面角，
在中，，
因此，
所以平面与平面所成锐二面角的正弦值是.
18．【答案】（1）解：因为在抛物线上，所以，解得，
所以抛物线C的方程为，
所以抛物线C的准线方程为.
（2）解：直线的斜率，设直线，，
联立消去，得，所以，，
直线方程为，直线方程为，即，
由，得点纵坐标，即点，
同理得直线方程为，直线方程为，点，
所以直线方程为.
（3）解：由（2）知，，
令，而，要最小，则，
，
当且仅当，即时取等号，
所以的最小值是.
【知识点】抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）将点坐标代入方程中可求出的值，进而求得抛物线C的方程，即可求得抛物线C的准线方程.
（2）先结合条件求得直线OM的斜率，进而可知直线AB的斜率，进而设直线，，联立直线AB的方程与抛物线C方程，利用韦达定理，求得直线OA方程与直线BM方程，结合方程组法求出点P的纵坐标，即可求得点P的坐标，同理求得直线方程与直线方程，进而可得点Q的坐标，再求得直线PQ的方程即可.
（3）利用弦长公式列式求出的函数关系，令，而，要最小，则，借助基本不等式求出最小值即可.
（1）由在抛物线上，得，解得，
所以抛物线的准线方程为.
（2）直线的斜率，设直线，，
由消去，得，则，，
直线方程为，直线方程为，即，
由，得点纵坐标，即点，
同理得直线方程为，直线方程为，点，
所以直线方程为.
（3）由（2）知，，
令，而，要最小，则，
，
当且仅当，即时取等号，
所以的最小值是.
19．【答案】（1）解：当时，，
因为函数在处的阶帕德近似为函数， 所以，所以，解得，
所以，所以，，
因为，所以，解得，
所以，.
（2）解：当时，，(x>-1)
所以，
由是的极大值点，得，解得，
所以，
求导得，
，
当时，，
当时，，当时，，
函数在上递增，在上递减，是的极大值点，符合题意，则；
当时，，且函数在上连续，则存在且，
使得，，函数在上单调递减，而，
因此当时，，当时，，
函数在上递增，在上递减，是的极大值点，符合题意，则；
当时，，且函数在上连续，则存在且，
使得，，函数在上单调递增，而，
因此当时，，当时，，
函数在上递减，在上递增，是的极小值点，不符合题意，
所以实数的取值范围是.
【知识点】简单复合函数求导法则；利用导数研究函数的极值
【解析】【分析】（1）根据已知条件可知，进而利用阶帕德近似的定义先求得c的值，进而再求得b的值即可.
（2）先求出函数及导数，由极大值点求出，即可求得，再求出及，按分类讨论处的极值情况即可求得实数a的取值范围.
（1）当时，，由，得，解得，
则，，，
，由，得，
所以，.
（2）当时，，求导得，
由是的极大值点，得，解得，，
求导得，
，
当时，，
当时，，当时，，
函数在上递增，在上递减，是的极大值点，符合题意，则；
当时，，且函数在上连续，则存在且，
使得，，函数在上单调递减，而，
因此当时，，当时，，
函数在上递增，在上递减，是的极大值点，符合题意，则；
当时，，且函数在上连续，则存在且，
使得，，函数在上单调递增，而，
因此当时，，当时，，
函数在上递减，在上递增，是的极小值点，不符合题意，
所以实数的取值范围是.
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