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广东省广州市广东实验中学越秀学校2024-2025学年高二下学期期中考试数学试题
一、单项选择题：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，只有一项是符合题目要求的.
1．（2025高二下·广州期中）在等差数列中，已知，则数列的前6项之和为（　　）
A．12 B．32 C．36 D．72
2．（2025高二下·广州期中）已知 ，则 （　　）
A． B． C． D．
3．（2025高二下·广州期中）某跳水运动员在距离地面3m高的跳台上练习跳水，其重心相对于水面的高度（单位：）与起跳后的时间（单位：）的函数关系是，则该运动员在时的瞬时速度为（　　）
A． B． C． D．
4．（2025高二下·广州期中）若，则（　　）
A．5 B．20 C．60 D．120
5．（2025高二下·广州期中）将5名党员志愿者分到3个不同的社区进行知识宣讲，要求每个社区都要有党员志愿者前往，且每个党员志愿者都只安排去1个社区，则不同的安排方法种数有（　　）
A．120 B．300 C．180 D．150
6．（2025高二下·广州期中）已知，则数列的通项公式为（　　）
A． B． C． D．
7．（2025高二下·广州期中）在上的导函数为，则下列不等式成立的是（　　）
A． B．
C． D．
8．（2025高二下·广州期中）已知数列的各项均为正数，且，对于任意的，均有，.若在数列中去掉的项，余下的项组成数列，则（　　）
A．599 B． C．554 D．568
二、多项选择题：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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9．（2025高二下·广州期中）已知 ，则（　　）
A．展开式中的常数项为1
B．展开式中各项系数之和为0
C．展开式中二项式系数最大的项为第1012项
D．
10．（2025高二下·广州期中）甲，乙，丙，丁，戊五人并排站成一排，下列说法正确的是（　　）
A．如果甲乙丙按从左到右的顺序（可以不相邻），则不同排法共有20种
B．如果甲乙不相邻，则不同排法共有36种
C．如果甲，乙都不排两端，则不同的排法共有36种
D．如果甲，乙必须相邻，则不同的排法有48种
11．（2025高二下·广州期中）“杨辉三角”是二项式系数在三角形中的一种几何排列.从第1行开始，第n行从左至右的数字之和记为，如的前项和记为，依次去掉每一行中所有的1构成的新数列2，3，3，4，6，4，5，10，10，5，...，记为，的前项和记为，则下列说法正确的有（　　）
A．
B．的前项和
C．
D．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．（2025高二下·广州期中）已知等比数列的前项积为，若，则　 　.
13．（2025高二下·广州期中）如图，对、、、、五块区域涂色，现有种不同颜色的颜料可供选择，要求每块区域涂一种颜色，且相邻区域（有公共边）所涂颜料的颜色不相同，则不同的涂色方法共有　 　种.
14．（2025高二下·广州期中）设，若函数在内存在极值点，则的取值范围是　 　.
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高二下·广州期中）已知函数 的图象在点 处的切线方程为 .
（1）求 的值；
（2）求 在区间 上的最大值与最小值.
16．（2025高二下·广州期中）如图，在四棱锥中，已知底面是正方形，底面，且，是棱上动点.
（1）证明：平面.
（2）线段上是否存在点，使二面角的余弦值是？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.
17．（2025高二下·广州期中）已知各项均为正数的数列，其前项和为，且.
（1）求数列的通项公式；
（2）求数列前项和；
（3）若，求数列的前项和为
18．（2025高二下·广州期中）设函数，曲线在点处的切线方程为．
（1）求的值；
（2）设函数，求的单调区间；
（3）求的极值点个数．
19．（2025高二下·广州期中）已知椭圆的下焦点为，其离心率为.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）过的直线与椭圆交于两点（直线与坐标轴不垂直），过作轴的垂线，垂足分别为，若直线与交于点，证明：点的纵坐标为定值.
答案解析部分
1．【答案】C
【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：等差数列中，
所以等差数列的前6项之和为：
故答案为：C.
【分析】根据题意由等差数列的项的性质以及等差数列的前n项和公式，代入数值计算出结果即可。
2．【答案】D
【知识点】导数的四则运算
【解析】【解答】解：定义域为，，
则.
故答案为：D.
【分析】求函数的定义域，再求导，代值计算即可.
3．【答案】D
【知识点】导数的四则运算；瞬时变化率
【解析】【解答】解：，求导得，，
则该运动员在时的瞬时速度为.
故答案为：D.
【分析】函数求导，将代入求值即可.
4．【答案】D
【知识点】排列数的基本计算；组合数公式
【解析】【解答】解：由，可得或，解得，
则.
故答案为：D.
【分析】由题意，先根据组合数的性质求出的值，再根据排列数公式计算即可.
5．【答案】D
【知识点】分类加法计数原理；排列、组合的实际应用；排列与组合的综合
【解析】【解答】解：先将5名党员志愿者分成三组，1，1，3或1，2，2，
当各组人数为1，1，3时，有种安排方法；
当各组人数为1，2，2时，有种安排方法，
则不同的安排方法有种．
故答案为：D.
【分析】先将5名党员按或分组，再将分好的三组安排到3个社区，结合组合数、排列数公式求解即可.
6．【答案】C
【知识点】数列与函数的综合；数列的通项公式
【解析】【解答】解：，
①，
则②，
①+②可得：，
故.
故答案为：C.
【分析】由，利用倒序相加法求数列的通项即可.
7．【答案】A
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：令，则，
，，
在上单调递增，
，即，
.
故选：A.
【分析】根据条件构造函数，对其进行求导，利用已知条件判断其单调性，从而得到不等关系，即，进而可得出答案.
8．【答案】D
【知识点】等比数列概念与表示；数列的求和；数列的递推公式；数列的通项公式
【解析】【解答】解：由，可得，
因为，所以，所以数列是首项为2，公比为2的等比数列，所以，即，
则，，
数列是首项为1，公差为2的等差数列，即，
，，
由，得，，
则
.
故答案为：D.
【分析】根据数列的递推公式，结合等比数列的概念求数列的通项公式，进而得到数列的通项公式，再根据数列与的通项公式，找出它们相同的项，求的前20项的和即可.
9．【答案】A,D
【知识点】二项式定理；二项式系数的性质；二项式系数
【解析】【解答】解：
A、令，，即常数项为1，故A正确；
B、令，，即各项系数之和为1，故B错误；
C、展开式共有2025项，根据二项式系数的单调性和对称性，二项式系数最大的项为第项，故C错误；
D、令，得，
因为，所以，故D正确.
故答案为：AD.
【分析】利用赋值法求解即可判断ABD；根据二项式系数的对称性和单调性即可判断C.
10．【答案】A,C,D
【知识点】排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：A、由于甲乙丙按从左到右的顺序固定了，故有种方法，故A正确；
B、甲乙不相邻，先把其他人排成一排有种方法，有个空，然后将甲乙插空有种方法，故共有种，故B错误；
C、甲，乙都不排两端，则先从中间个位置选择两个将甲，乙安排好，有种方法，其他人安排到剩下的个位置，有种方法，所以共有种方法，故C正确；
D、甲，乙必须相邻，将甲，乙捆绑到一起有种方法，看成一个大元素然后与其他人排成一排有种方法，故共有种，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】 甲乙丙的顺序固定，按照定序问题求解即可判断A；甲乙不相邻，先安排其他3人，再由甲乙插空，利用插空法求解即可判断B；根据特殊元素优先法求解即可判断C；利用捆绑法求解即可判断D.
11．【答案】B,C,D
【知识点】等比数列概念与表示；等比数列的前n项和；等差数列的性质；数列的前n项和；二项展开式
【解析】【解答】解：A、从第一行开始，每一行的数依次对应的二项式系数，且，
则数列为等比数列，，即，故A错误；
B、，
故的前项和为，
故B正确；
C、去掉每一行中的1以后，每一行剩下的项数分别为0，1，2，3…，构成一个等差数列，
项数之和为，则的最大整数为11，此时，
杨辉三角中取满了第11行，第12行首位为1，取的就是第12行中的第3项，
，故C正确；
D、是中去掉22个1，再加上第12行中的第2项和第3项，
则，故D正确.
故答案为：BCD．
【分析】易知每一行的数依次对应的二项式系数，则，数列为等比数列为等比数列，根据等比数列的求和公式求解即可判断A；易知，利用裂项相消求和即可判断B；去掉每一行中的1以后，每一行剩下的项数分别为0，1，2，3…，构成一个等差数列，根据等差数列的性质求解即可判断C；是中去掉22个1，再加上第12行中的第2项和第3项，据此求解即可判断D．
12．【答案】
【知识点】等比数列的性质
【解析】【解答】解：由题意得，，
∵，
∴，
∴.
故答案为：.
【分析】根据已知条件和等比数列下标和的性质计算，从而可得等比数列第三项的值.
13．【答案】
【知识点】基本计数原理的应用
【解析】【解答】解： 先涂区域，有种选择，再涂区域，有种选择，
接下涂、区域，若、区域颜色相同，则区域有种选择；
若、区域颜色不同，则区域有种选择，区域有种选择；
最后涂区域，有种选择，
由分类加法和分步乘法计数原理可知，不同的涂色方法种数为种.
故答案为：.
【分析】采用分步涂色法，依次涂、、、、区域，重点处理、区域的两种情况，利用计数原理计算总方法数即可.
14．【答案】
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值
【解析】【解答】解：函数的定义域为，，
令，则函数在区间内存在异号零点，
对任意的恒成立，则函数在区间上单调递增，
由题意可得，解得，
故实数的取值范围是.
故答案为：.
【分析】求函数的定义域，再求其导函数，令，由题意可得函数在区间内存在异号零点，利用导数判断函数的单调性，利用单调性列关于实数的不等式组，求解即可得实数的取值范围.
15．【答案】（1）解：函数定义域为，，
因为函数在点处的切线方程为，所以，
解得；
（2）解：由（1）知：，
令，解得，
随x的变换变换如下表所示：
x 1 3
10 6 10
由表知：函数在区间上的最大值为10，最小值为-10.
【知识点】导数的几何意义；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）求导，根据函数在点处的切线方程为，得求解即可；
（2）令，得，分别求得比较大小即可.
（1）解：因为函数，
所以，
因为函数在点处的切线方程为，
所以，
解得；
（2）由（1）知：，
令，得，
随x的变换变换如下表
x 1 3
　 　 　 　
10 　 6 　 10
由表知：在区间上的最大值为10，最小值为-10.
16．【答案】（1）证明：连接，交于点，如图所示：
因为四边形为正方形，所以；
又因为平面，平面，所以，
又因为，平面，所以平面；
（2）解：以为坐标原点，正方向为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
，，，，，
，，，，
假设在线段上存在点，使得二面角的余弦值为，
设，则，，
设平面的法向量，则，
令，解得，，可得；
由（1）知：平面，则平面的一个法向量为；
，解得，
故当，即时，二面角的余弦值为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）连接，交于点，利用正方形性质、结合线面垂直的性质和线面垂直的判定定理证明即可；
（2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，设，利用向量线性运算可得，再根据空间向量法求二面角的余弦值列关于的的方程，求解即可.
（1）连接，交于点，
四边形为正方形，；
平面，平面，，
又，平面，平面.
（2）以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，，
，，，，
假设在线段上存在点，使得二面角的余弦值为，
设，则，，
设平面的法向量，
则，令，解得：，，；
由（1）知：平面，平面的一个法向量为；
，解得：，
当，即时，二面角的余弦值为.
17．【答案】（1）解： 各项均为正数的数列，其前项和为，且①，
当时，，解得，
由，可得②，
①②两式相减得，
即，即，
因为数列各项均为正数，所以，所以，
所以数列是以1为首项，2为公差的等差数列，
则；
（2）解：由（1）得，
，
，
两式相减得，
则；
（3）解：由（1）知，，
，
则
.
【知识点】等差数列的通项公式；数列的求和；数列的递推公式
【解析】【分析】（1）根据的关系，结合等差数列的概念求得数列的通项公式即可；
（2）由（1）得，利用错位相减法求和即可；
（3）由（1）知，，，利用裂项相消法求和即可.
（1）当时，由，得，得，
由，得，两式相减，
得，即，
即.
因为数列各项均为正数，所以，所以
所以数列是以1为首项，2为公差的等差数列.
因此，
（2）由（1）得，
，
则，
两式相减得
（3）由（1）知，所以.
所以.
所以
18．【答案】（1）解：因为，
所以，
又因为在处的切线方程为，
所以，，
则，
解得，
所以.
（2）解：由（1）得，
则，
令，
解得，
不妨设，，
则，
易知恒成立，
则令，解得或；令，解得或；
所以在，上单调递减，在，上单调递增，
则的单调递减区间为和，
单调递增区间为和.
（3）解：由（1）得，，
由（2）知在，上单调递减，在，上单调递增，
当时，，，
则
所以在上存在唯一零点，
不妨设为，则，
此时，当时，，则单调递减；
当时，，则单调递增，
所以在上有一个极小值点；
当时，在上单调递减，
则，
所以，
则在上存在唯一零点，
不妨设为，则，
此时，当时，，则单调递增；
当时，，则单调递减，
所以在上有一个极大值点；
当时，在上单调递增，
则，
所以，
则在上存在唯一零点，
不妨设为，则，
此时，当时，，则单调递减；
当时，，则单调递增，
所以在上有一个极小值点；
当时，，
所以，
则单调递增，
所以在上无极值点，
综上所述：在和上各有一个极小值点，
在上有一个极大值点，共有个极值点.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；函数在某点取得极值的条件；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】（1）先对求导，再利用导数的几何意义得出切线的斜率，再利用代入法得出切点坐标，再根据点斜式方程得出曲线在点处的切线方程，再利用已知条件得出的值.
（2）由（1）和导数的运算法则和复合函数求导公式，从而得出函数的解析式，再利用导数的运算法则和复合函数求导公式，从而得出，再利用数轴穿针引线法得出与的解，从而得出函数的单调区间.
（3）结合（2）中结论，再利用零点存在定理，依次分类讨论区间，，与上的零点的情况，再利用导数与函数的极值点的关系，从而得出函数的极值点个数.
（1）因为，所以，
因为在处的切线方程为，
所以，，
则，解得，
所以.
（2）由（1）得，
则，
令，解得，不妨设，，则，
易知恒成立，
所以令，解得或；令，解得或；
所以在，上单调递减，在，上单调递增，
即的单调递减区间为和，单调递增区间为和.
（3）由（1）得，，
由（2）知在，上单调递减，在，上单调递增，
当时，，，即
所以在上存在唯一零点，不妨设为，则，
此时，当时，，则单调递减；当时，，则单调递增；
所以在上有一个极小值点；
当时，在上单调递减，
则，故，
所以在上存在唯一零点，不妨设为，则，
此时，当时，，则单调递增；当时，，则单调递减；
所以在上有一个极大值点；
当时，在上单调递增，
则，故，
所以在上存在唯一零点，不妨设为，则，
此时，当时，，则单调递减；当时，，则单调递增；
所以在上有一个极小值点；
当时，，
所以，则单调递增，
所以在上无极值点；
综上：在和上各有一个极小值点，在上有一个极大值点，共有个极值点.
19．【答案】（1）解：由题意可知，，
解得，
故椭圆的标准方程为.
（2）证明：设直线的方程为，
再设，
则，
由，得，
则，
所以，
易知直线与的斜率均存在，
则直线的方程为①，
直线的方程为②，
联立①②消去得，
，
故点的纵坐标为定值.
【知识点】椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据题意结合椭圆焦点坐标得出c的值，再结合椭圆中a，b，c三者的关系式、椭圆的离心率公式，从而建立方程得出a，b的值，进而得出椭圆C的标准方程.
（2）设出直线的方程，将直线PQ与椭圆方程联立，则由韦达定理可得，从而求出直线与直线方程，进而求出交点的纵坐标，即证出点的纵坐标为定值.
（1）由题意可知，，
解得，
故椭圆的标准方程为.
（2）设直线的方程为，
，则，
由，得，且，
则，
易知直线与的斜率均存在，
则直线的方程为①，
直线的方程为②，
联立①②消去得，
，
故点的纵坐标为定值.
1 / 1广东省广州市广东实验中学越秀学校2024-2025学年高二下学期期中考试数学试题
一、单项选择题：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，只有一项是符合题目要求的.
1．（2025高二下·广州期中）在等差数列中，已知，则数列的前6项之和为（　　）
A．12 B．32 C．36 D．72
【答案】C
【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：等差数列中，
所以等差数列的前6项之和为：
故答案为：C.
【分析】根据题意由等差数列的项的性质以及等差数列的前n项和公式，代入数值计算出结果即可。
2．（2025高二下·广州期中）已知 ，则 （　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】导数的四则运算
【解析】【解答】解：定义域为，，
则.
故答案为：D.
【分析】求函数的定义域，再求导，代值计算即可.
3．（2025高二下·广州期中）某跳水运动员在距离地面3m高的跳台上练习跳水，其重心相对于水面的高度（单位：）与起跳后的时间（单位：）的函数关系是，则该运动员在时的瞬时速度为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】导数的四则运算；瞬时变化率
【解析】【解答】解：，求导得，，
则该运动员在时的瞬时速度为.
故答案为：D.
【分析】函数求导，将代入求值即可.
4．（2025高二下·广州期中）若，则（　　）
A．5 B．20 C．60 D．120
【答案】D
【知识点】排列数的基本计算；组合数公式
【解析】【解答】解：由，可得或，解得，
则.
故答案为：D.
【分析】由题意，先根据组合数的性质求出的值，再根据排列数公式计算即可.
5．（2025高二下·广州期中）将5名党员志愿者分到3个不同的社区进行知识宣讲，要求每个社区都要有党员志愿者前往，且每个党员志愿者都只安排去1个社区，则不同的安排方法种数有（　　）
A．120 B．300 C．180 D．150
【答案】D
【知识点】分类加法计数原理；排列、组合的实际应用；排列与组合的综合
【解析】【解答】解：先将5名党员志愿者分成三组，1，1，3或1，2，2，
当各组人数为1，1，3时，有种安排方法；
当各组人数为1，2，2时，有种安排方法，
则不同的安排方法有种．
故答案为：D.
【分析】先将5名党员按或分组，再将分好的三组安排到3个社区，结合组合数、排列数公式求解即可.
6．（2025高二下·广州期中）已知，则数列的通项公式为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】数列与函数的综合；数列的通项公式
【解析】【解答】解：，
①，
则②，
①+②可得：，
故.
故答案为：C.
【分析】由，利用倒序相加法求数列的通项即可.
7．（2025高二下·广州期中）在上的导函数为，则下列不等式成立的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：令，则，
，，
在上单调递增，
，即，
.
故选：A.
【分析】根据条件构造函数，对其进行求导，利用已知条件判断其单调性，从而得到不等关系，即，进而可得出答案.
8．（2025高二下·广州期中）已知数列的各项均为正数，且，对于任意的，均有，.若在数列中去掉的项，余下的项组成数列，则（　　）
A．599 B． C．554 D．568
【答案】D
【知识点】等比数列概念与表示；数列的求和；数列的递推公式；数列的通项公式
【解析】【解答】解：由，可得，
因为，所以，所以数列是首项为2，公比为2的等比数列，所以，即，
则，，
数列是首项为1，公差为2的等差数列，即，
，，
由，得，，
则
.
故答案为：D.
【分析】根据数列的递推公式，结合等比数列的概念求数列的通项公式，进而得到数列的通项公式，再根据数列与的通项公式，找出它们相同的项，求的前20项的和即可.
二、多项选择题：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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9．（2025高二下·广州期中）已知 ，则（　　）
A．展开式中的常数项为1
B．展开式中各项系数之和为0
C．展开式中二项式系数最大的项为第1012项
D．
【答案】A,D
【知识点】二项式定理；二项式系数的性质；二项式系数
【解析】【解答】解：
A、令，，即常数项为1，故A正确；
B、令，，即各项系数之和为1，故B错误；
C、展开式共有2025项，根据二项式系数的单调性和对称性，二项式系数最大的项为第项，故C错误；
D、令，得，
因为，所以，故D正确.
故答案为：AD.
【分析】利用赋值法求解即可判断ABD；根据二项式系数的对称性和单调性即可判断C.
10．（2025高二下·广州期中）甲，乙，丙，丁，戊五人并排站成一排，下列说法正确的是（　　）
A．如果甲乙丙按从左到右的顺序（可以不相邻），则不同排法共有20种
B．如果甲乙不相邻，则不同排法共有36种
C．如果甲，乙都不排两端，则不同的排法共有36种
D．如果甲，乙必须相邻，则不同的排法有48种
【答案】A,C,D
【知识点】排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：A、由于甲乙丙按从左到右的顺序固定了，故有种方法，故A正确；
B、甲乙不相邻，先把其他人排成一排有种方法，有个空，然后将甲乙插空有种方法，故共有种，故B错误；
C、甲，乙都不排两端，则先从中间个位置选择两个将甲，乙安排好，有种方法，其他人安排到剩下的个位置，有种方法，所以共有种方法，故C正确；
D、甲，乙必须相邻，将甲，乙捆绑到一起有种方法，看成一个大元素然后与其他人排成一排有种方法，故共有种，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】 甲乙丙的顺序固定，按照定序问题求解即可判断A；甲乙不相邻，先安排其他3人，再由甲乙插空，利用插空法求解即可判断B；根据特殊元素优先法求解即可判断C；利用捆绑法求解即可判断D.
11．（2025高二下·广州期中）“杨辉三角”是二项式系数在三角形中的一种几何排列.从第1行开始，第n行从左至右的数字之和记为，如的前项和记为，依次去掉每一行中所有的1构成的新数列2，3，3，4，6，4，5，10，10，5，...，记为，的前项和记为，则下列说法正确的有（　　）
A．
B．的前项和
C．
D．
【答案】B,C,D
【知识点】等比数列概念与表示；等比数列的前n项和；等差数列的性质；数列的前n项和；二项展开式
【解析】【解答】解：A、从第一行开始，每一行的数依次对应的二项式系数，且，
则数列为等比数列，，即，故A错误；
B、，
故的前项和为，
故B正确；
C、去掉每一行中的1以后，每一行剩下的项数分别为0，1，2，3…，构成一个等差数列，
项数之和为，则的最大整数为11，此时，
杨辉三角中取满了第11行，第12行首位为1，取的就是第12行中的第3项，
，故C正确；
D、是中去掉22个1，再加上第12行中的第2项和第3项，
则，故D正确.
故答案为：BCD．
【分析】易知每一行的数依次对应的二项式系数，则，数列为等比数列为等比数列，根据等比数列的求和公式求解即可判断A；易知，利用裂项相消求和即可判断B；去掉每一行中的1以后，每一行剩下的项数分别为0，1，2，3…，构成一个等差数列，根据等差数列的性质求解即可判断C；是中去掉22个1，再加上第12行中的第2项和第3项，据此求解即可判断D．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．（2025高二下·广州期中）已知等比数列的前项积为，若，则　 　.
【答案】
【知识点】等比数列的性质
【解析】【解答】解：由题意得，，
∵，
∴，
∴.
故答案为：.
【分析】根据已知条件和等比数列下标和的性质计算，从而可得等比数列第三项的值.
13．（2025高二下·广州期中）如图，对、、、、五块区域涂色，现有种不同颜色的颜料可供选择，要求每块区域涂一种颜色，且相邻区域（有公共边）所涂颜料的颜色不相同，则不同的涂色方法共有　 　种.
【答案】
【知识点】基本计数原理的应用
【解析】【解答】解： 先涂区域，有种选择，再涂区域，有种选择，
接下涂、区域，若、区域颜色相同，则区域有种选择；
若、区域颜色不同，则区域有种选择，区域有种选择；
最后涂区域，有种选择，
由分类加法和分步乘法计数原理可知，不同的涂色方法种数为种.
故答案为：.
【分析】采用分步涂色法，依次涂、、、、区域，重点处理、区域的两种情况，利用计数原理计算总方法数即可.
14．（2025高二下·广州期中）设，若函数在内存在极值点，则的取值范围是　 　.
【答案】
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值
【解析】【解答】解：函数的定义域为，，
令，则函数在区间内存在异号零点，
对任意的恒成立，则函数在区间上单调递增，
由题意可得，解得，
故实数的取值范围是.
故答案为：.
【分析】求函数的定义域，再求其导函数，令，由题意可得函数在区间内存在异号零点，利用导数判断函数的单调性，利用单调性列关于实数的不等式组，求解即可得实数的取值范围.
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高二下·广州期中）已知函数 的图象在点 处的切线方程为 .
（1）求 的值；
（2）求 在区间 上的最大值与最小值.
【答案】（1）解：函数定义域为，，
因为函数在点处的切线方程为，所以，
解得；
（2）解：由（1）知：，
令，解得，
随x的变换变换如下表所示：
x 1 3
10 6 10
由表知：函数在区间上的最大值为10，最小值为-10.
【知识点】导数的几何意义；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）求导，根据函数在点处的切线方程为，得求解即可；
（2）令，得，分别求得比较大小即可.
（1）解：因为函数，
所以，
因为函数在点处的切线方程为，
所以，
解得；
（2）由（1）知：，
令，得，
随x的变换变换如下表
x 1 3
　 　 　 　
10 　 6 　 10
由表知：在区间上的最大值为10，最小值为-10.
16．（2025高二下·广州期中）如图，在四棱锥中，已知底面是正方形，底面，且，是棱上动点.
（1）证明：平面.
（2）线段上是否存在点，使二面角的余弦值是？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明：连接，交于点，如图所示：
因为四边形为正方形，所以；
又因为平面，平面，所以，
又因为，平面，所以平面；
（2）解：以为坐标原点，正方向为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
，，，，，
，，，，
假设在线段上存在点，使得二面角的余弦值为，
设，则，，
设平面的法向量，则，
令，解得，，可得；
由（1）知：平面，则平面的一个法向量为；
，解得，
故当，即时，二面角的余弦值为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）连接，交于点，利用正方形性质、结合线面垂直的性质和线面垂直的判定定理证明即可；
（2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，设，利用向量线性运算可得，再根据空间向量法求二面角的余弦值列关于的的方程，求解即可.
（1）连接，交于点，
四边形为正方形，；
平面，平面，，
又，平面，平面.
（2）以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，，
，，，，
假设在线段上存在点，使得二面角的余弦值为，
设，则，，
设平面的法向量，
则，令，解得：，，；
由（1）知：平面，平面的一个法向量为；
，解得：，
当，即时，二面角的余弦值为.
17．（2025高二下·广州期中）已知各项均为正数的数列，其前项和为，且.
（1）求数列的通项公式；
（2）求数列前项和；
（3）若，求数列的前项和为
【答案】（1）解： 各项均为正数的数列，其前项和为，且①，
当时，，解得，
由，可得②，
①②两式相减得，
即，即，
因为数列各项均为正数，所以，所以，
所以数列是以1为首项，2为公差的等差数列，
则；
（2）解：由（1）得，
，
，
两式相减得，
则；
（3）解：由（1）知，，
，
则
.
【知识点】等差数列的通项公式；数列的求和；数列的递推公式
【解析】【分析】（1）根据的关系，结合等差数列的概念求得数列的通项公式即可；
（2）由（1）得，利用错位相减法求和即可；
（3）由（1）知，，，利用裂项相消法求和即可.
（1）当时，由，得，得，
由，得，两式相减，
得，即，
即.
因为数列各项均为正数，所以，所以
所以数列是以1为首项，2为公差的等差数列.
因此，
（2）由（1）得，
，
则，
两式相减得
（3）由（1）知，所以.
所以.
所以
18．（2025高二下·广州期中）设函数，曲线在点处的切线方程为．
（1）求的值；
（2）设函数，求的单调区间；
（3）求的极值点个数．
【答案】（1）解：因为，
所以，
又因为在处的切线方程为，
所以，，
则，
解得，
所以.
（2）解：由（1）得，
则，
令，
解得，
不妨设，，
则，
易知恒成立，
则令，解得或；令，解得或；
所以在，上单调递减，在，上单调递增，
则的单调递减区间为和，
单调递增区间为和.
（3）解：由（1）得，，
由（2）知在，上单调递减，在，上单调递增，
当时，，，
则
所以在上存在唯一零点，
不妨设为，则，
此时，当时，，则单调递减；
当时，，则单调递增，
所以在上有一个极小值点；
当时，在上单调递减，
则，
所以，
则在上存在唯一零点，
不妨设为，则，
此时，当时，，则单调递增；
当时，，则单调递减，
所以在上有一个极大值点；
当时，在上单调递增，
则，
所以，
则在上存在唯一零点，
不妨设为，则，
此时，当时，，则单调递减；
当时，，则单调递增，
所以在上有一个极小值点；
当时，，
所以，
则单调递增，
所以在上无极值点，
综上所述：在和上各有一个极小值点，
在上有一个极大值点，共有个极值点.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；函数在某点取得极值的条件；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】（1）先对求导，再利用导数的几何意义得出切线的斜率，再利用代入法得出切点坐标，再根据点斜式方程得出曲线在点处的切线方程，再利用已知条件得出的值.
（2）由（1）和导数的运算法则和复合函数求导公式，从而得出函数的解析式，再利用导数的运算法则和复合函数求导公式，从而得出，再利用数轴穿针引线法得出与的解，从而得出函数的单调区间.
（3）结合（2）中结论，再利用零点存在定理，依次分类讨论区间，，与上的零点的情况，再利用导数与函数的极值点的关系，从而得出函数的极值点个数.
（1）因为，所以，
因为在处的切线方程为，
所以，，
则，解得，
所以.
（2）由（1）得，
则，
令，解得，不妨设，，则，
易知恒成立，
所以令，解得或；令，解得或；
所以在，上单调递减，在，上单调递增，
即的单调递减区间为和，单调递增区间为和.
（3）由（1）得，，
由（2）知在，上单调递减，在，上单调递增，
当时，，，即
所以在上存在唯一零点，不妨设为，则，
此时，当时，，则单调递减；当时，，则单调递增；
所以在上有一个极小值点；
当时，在上单调递减，
则，故，
所以在上存在唯一零点，不妨设为，则，
此时，当时，，则单调递增；当时，，则单调递减；
所以在上有一个极大值点；
当时，在上单调递增，
则，故，
所以在上存在唯一零点，不妨设为，则，
此时，当时，，则单调递减；当时，，则单调递增；
所以在上有一个极小值点；
当时，，
所以，则单调递增，
所以在上无极值点；
综上：在和上各有一个极小值点，在上有一个极大值点，共有个极值点.
19．（2025高二下·广州期中）已知椭圆的下焦点为，其离心率为.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）过的直线与椭圆交于两点（直线与坐标轴不垂直），过作轴的垂线，垂足分别为，若直线与交于点，证明：点的纵坐标为定值.
【答案】（1）解：由题意可知，，
解得，
故椭圆的标准方程为.
（2）证明：设直线的方程为，
再设，
则，
由，得，
则，
所以，
易知直线与的斜率均存在，
则直线的方程为①，
直线的方程为②，
联立①②消去得，
，
故点的纵坐标为定值.
【知识点】椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据题意结合椭圆焦点坐标得出c的值，再结合椭圆中a，b，c三者的关系式、椭圆的离心率公式，从而建立方程得出a，b的值，进而得出椭圆C的标准方程.
（2）设出直线的方程，将直线PQ与椭圆方程联立，则由韦达定理可得，从而求出直线与直线方程，进而求出交点的纵坐标，即证出点的纵坐标为定值.
（1）由题意可知，，
解得，
故椭圆的标准方程为.
（2）设直线的方程为，
，则，
由，得，且，
则，
易知直线与的斜率均存在，
则直线的方程为①，
直线的方程为②，
联立①②消去得，
，
故点的纵坐标为定值.
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