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广东省广州市第四中学等三校2024-2025学年高二下学期4月期中“三校联考”数学试卷
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）已知数列的通项公式是，则122是该数列的（　　）
A．第10项 B．第11项 C．第12项 D．第13项
2．（2025高二下·广州期中） 下列求导运算正确的是 （　　）
A． B．
C． D．
3．（2025高二下·广州期中）已知数列中，，则（　　）
A．2 B． C． D．1
4．（2025高二下·广州期中）在送课下乡支教活动中，某学校安排甲、乙、丙、丁、戊五名教师到三所薄弱学校支教，每所学校至少安排一名教师，且甲、乙两名教师安排在同一学校支教，丙、丁两名教师不安排在同一学校支教，则不同的安排方法总数为（　　）
A．20 B．24 C．30 D．36
5．（2025高二下·广州期中）若的展开式中只有第6项的系数最大，则该展开式中的常数项为（　　）
A．10 B．210 C．252 D．463
6．（2025高二下·广州期中）记为等差数列的前项和，若，，则（　　）
A．40 B．60 C．76 D．88
7．（2025高二下·广州期中）在的展开式中，的系数是（　　）
A．690 B． C．710 D．
8．（2025高二下·广州期中）设函数在上存在导函数，对任意实数，都有，当时，，若，则实数的最小值是（　　）
A． B． C． D．
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）已知等差数列的前项和为，若，，则下列结论正确的是（　　）
A．数列是递增数列 B．
C．当取得最大值时， D．
10．（2025高二下·广州期中）已知，则（　　）
A．的值为2
B．的值为80
C．的值为
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．从第行开始，第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构成的新数列、、、、、、、、、、，记为，的前项和记为，则下列说法正确的有（　　）
A．
B．的前项和为
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）　 　．
13．（2025高二下·广州期中）将1，2，3，…，9这9个数填入如图所示的格子中（要求每个数都要填入，每个格子中只能填一个数），记第1行中最大的数为，第2行中最大的数为，第3行中最大的数为，则的填法共有　 　种.
14．（2025高二下·广州期中）对任意，函数恒成立，则a的取值范围为　 　．
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高二下·广州期中）已知函数在处取得极小值，且极小值为．
（1）求的值；
（2）求在上的最值.
16．（2025高二下·广州期中）如图，在四棱锥中， 平面的中 点，.
（1）求证：四边形是直角梯形.
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
17．（2025高二下·广州期中）已知数列的前项和为，且
（1）求，并证明数列是等差数列；
（2）求数列的前项和为
（3）若，求正整数的所有取值．
18．（2025高二下·广州期中）已知椭圆过点，焦距为．过作直线l与椭圆交于C、D两点，直线分别与直线交于E、F．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）记直线的斜率分别为，证明是定值；
（3）是否存在实数，使恒成立．若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由．
19．（2025高二下·广州期中）已知函数．
（1）当时，求在曲线上的点处的切线方程；
（2）讨论函数的单调性；
（3）若有两个极值点，，证明：．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】数列的通项公式
【解析】【解答】解：令，
解得（舍去负值），
所以，，
则122是该数列的第11项.
故答案为：B.
【分析】利用数列的通项公式和代入法，从而建立方程得出n的值.
2．【答案】C
【知识点】基本初等函数导函数公式
【解析】【解答】解：A，由，A错误；
B，由，B错误；
C，由，C正确；
D，由，D错误.
故答案为：C.
【分析】本题考查导数的运算法则.根据正弦函数求导可判断A选项；根据指数函数求导可判断B和D选项；根据对数函数求导法则可判断C选项.
3．【答案】A
【知识点】函数的周期性；数列的递推公式
【解析】【解答】解：由，
可得：，，，
，，
所以，数列是一个以3为周期的数列，
则.
故答案为：A.
【分析】根据递推公式求出的值，再利用周期函数的定义，从而得出数列的周期，再利用数列的周期性，从而得出的值.
4．【答案】C
【知识点】分类加法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：依题意，去三所学校的教师人数可能为（、、）或（、、）两种情况，
若是、、，则有种安排，
若是、、，则种安排，
综上可得，一共有种.
故答案为：C.
【分析】依题意结合组合数公式、排列数公式以及分类加法计数原理，从而得出不同的安排方法总数.
5．【答案】B
【知识点】二项式系数的性质；二项展开式；二项展开式的通项；组合数的基本计算
【解析】【解答】解：展开式的通项公式为，
因为展开式中只有第6项的系数最大，所以，
令，得，则展开式中的常数项为.
故答案为：B.
【分析】先写出展开式的通项公式，由展开式中只有第6项的系数最大，求得，再令的指数为，求展开式中的常数项即可.
6．【答案】D
【知识点】等差数列的前n项和
【解析】【解答】解：设首项为，公差为，
由，，
可得，
解得，
所以.
故答案为：D.
【分析】根据已知条件和等差数列前n项和公式，从而得出等差数列的首项的值和公差的值，再利用等差数列前n项和公式，从而得出的值.
7．【答案】D
【知识点】二项式定理；二项式系数
【解析】【解答】解：观察原式，
这是首项为，公比为（），项数为的等比数列的和，
根据等比数列求和公式，得：
要求原式展开式中的系数，则求展开式中的系数，
根据二项式展开式的通项公式分别求出和展开式中的系数，
对于，，令，
则的系数为.
对于，，令，
则的系数为，
所以展开式中的系数为，
则原式展开式中的系数为.
故答案为：D.
【分析】先根据等比数列前n项和公式和二项式定理求展开式的通项公式的方法，再利用赋值法求出的系数.
8．【答案】A
【知识点】函数的奇偶性；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：构造函数，
对任意实数，都有，
则，
所以，函数为偶函数，
，
当时，，
则函数在上单调递减，
由偶函数的性质，得出函数在上单调递增，
，
则，
所以，
则，
因为函数在上单调递增，
，
则，
解得，
因此，实数的最小值为.
【分析】先构造函数，再利用导数的正负判断函数的单调性，再结合偶函数的定义得出实数a的取值范围，从而得出实数的最小值.
9．【答案】C,D
【知识点】等差数列的前n项和；等差数列的性质；数列与函数的综合
【解析】【解答】解：设等差数列的公差为，
由，可得，即，
由，可得，即，
即，且，，即数列是递减数列，故AB错误，D正确；
由于数列是递减数列，，，则当取得最大值时，，故C正确.
故答案为：CD.
【分析】设等差数列的公差为，由，，分别利用等差数列求和公式，结合等差数列的性质得到，，，，据此逐项判断即可.
10．【答案】A,C,D
【知识点】二项式系数的性质；二项式系数
【解析】【解答】解：对于A，令，可得，故A正确；
对于B，因为含的项为，
所以，故B错误，
对于C，令，得：，
令，则，
所以，，
则，故C正确；
对于D，令，
可得：，
两边同乘以，
可得，故D正确；
故答案为：ACD.
【分析】利用赋值法结合已知条件，则可判断选项A、选项C和选项D；利用二项式定理得出展开式的通项公式，从而得出的系数，则可判断选项B，从而找出正确的选项.
11．【答案】B,C,D
【知识点】等比数列的前n项和；数列的求和；二项式系数的性质；二项式定理的应用
【解析】【解答】解：对于选项A，因为，
所以，，故A错；
对于选项B，因为，
所以，
则数列的前项和为：
，
故B对；
对于选项C，将数列、、、、、、、、、、变成以下数阵：
则该数阵第有个数，第行最后一项位于原数列第项，
因为，
所以，位于该数阵第行第个数，
则，故C对；
对于选项D，对于选项C中的数阵，
由题意可知，该数阵第行所有数为“杨辉三角”数阵中第行去掉首、尾两个得到，
又因为“杨辉三角”数阵中第行所有数之和为，
所以，该数阵第行所有数之和为，
则
，故D对.
故答案为：BCD.
【分析】利用二项式系数的性质得出数列的通项公式，再利用等比数列前n项和公式，则可判断选项A；利用等比数列前n项和公式和裂项相消法，则可判断选项B；利用等差数列前n项和公式和已知条件以及组合数公式，从而得出的值，则判断出选项C；利用杨辉三角和组合数的在以及分组求和的方法，则判断出选项D，从而找出说法正确的选项.
12．【答案】
【知识点】数列的求和
【解析】【解答】解：
.
故答案为：.
【分析】利用裂项相消求和的方法，从而化简求值.
13．【答案】60480
【知识点】基本计数原理的应用；排列与组合的综合
【解析】【解答】解：第3行，，可选的位置有3个，其余2个位置任取2个数，共有种情况；
第2行，取剩下6个数中最大的数为，可选的位置有3个，其余2个位置任取2个数，共有种情况；
第1行，剩下3个数任意排列，则有种情况，
综上，的填法共有种填法.
故答案为：.
【分析】利用排列、组合的知识求解即可.
14．【答案】
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；导数在最大值、最小值问题中的应用
【解析】【解答】解：由函数对恒成立，
可得：对恒成立，又，
则对恒成立，
即对恒成立，令，
则原问题转化为：恒成立，对求导可得
令解得：令解得：则在上单调递增，
在上单调递减，且当时，恒成立，当时，恒成立，
又因为所以恒成立，故当时，
此时满足恒成立，，即时，因为在上单调递增，
由可得：即，令则
故当时，当时
故在上单调递增，在上单调递减，
即在x=e出取得极大值
故解得：综上所述a的取值范围是：.
故答案为：.
【分析】本题主要考查恒成立问题、利用导数判定函数的单调性及求函数的极值，根据题意可得：即对恒成立，令，则原问题转化为：恒成立，令，求导判定的单调性，得到然后分和两种情况，结合的单调性和最值即可求解.
15．【答案】（1）解：因为，
由题意，知，
解得，
所以，
当时，；当时，，
则的单调递增区间为，
单调递减区间为，
所以满足题意.

（2）解：由（1）知，，
在区间上单调递增，在区间上单调递减，
因为，，，
所以在上的最大值为，最小值为.
【知识点】函数在某点取得极值的条件；利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）利用导数求极值点和极值的方法，则得到，从而解方程得出a，b的值.
（2）利用（1）中a，b的值得出函数的解析式，再利用导数的正负判断函数的单调性，从而得出函数在上的最值.
（1）因为，由题知，
解得，所以，
当时，，时，，
则的增区间为，减区间为，
所以满足题意.
（2）由（1）知，在区间上单调递增，在区间上单调递减，
又，，，
所以在上的最大值为，最小值为.
16．【答案】（1）证明：平面平面
，
，
又，
得，
又 平面平面，
因为 平面，
所以，
又，
因为四边形是直角梯形.
（2）解：过点作的垂线交于点，
平面平面，
以为原点， 分别为 轴，
如图建立空间直角坐标系，
则，
的中点，，
，
设平面的法向量为，
则，
令，得.
设直线 与平面 所成的角为，
，
直线与平面所成角的正弦值为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；用空间向量研究直线与平面所成的角；运用诱导公式化简求值
【解析】【分析】（1）利用已知条件和线面垂直的定义以及勾股定理得出线线垂直，则得出再利用，从而证出四边形是直角梯形.
（2）利用线面垂直的定义得出线线垂直，从而建立空间直角坐标系，则得出点的坐标和向量的坐标，再利用两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，从而得出平面的法向量，再利用数量积求向量夹角公式和诱导公式，进而得出直线与平面所成角的正弦值.
（1）平面平面.
.
又，得.
又 平面平面，
又 平面，则.
又. 又四边形是直角梯形.
（2）过作的垂线交于点.
平面平面.
以为原点， 分别为 轴，如图建立空间直角坐标系.
则.
的中点，.
设平面的法向量为，则
，令，得.
设直线 与平面 所成的角为，
.
直线与平面所成角的正弦值为.
17．【答案】（1）解：当时，有，
解得；
当时，有，
则，
作差可得，
则，
所以.
又因为，
所以，数列为以为首项，为公差的等差数列，
则.
（2）解：由（1）可知，，
则，
所以，，
则，
作差可得：
，
所以，.
（3）解：由（1）、（2）可知，，.
所以，，.
由，可得：，
整理可得，
令，
易知在上单调递增，
则在上单调递增，
所以，在上单调递增，
因为，
，，，
所以，当时，则，
所以在时不成立，
则可取1，2，3.
【知识点】等差数列概念与表示；数列的求和；数列与函数的综合；通项与前n项和的关系
【解析】【分析】（1）将代入结合，从而得出的值；利用已知条件和分类讨论的方法，再利用和等差数列的定义，从而判断出数列为以为首项，为公差的等差数列.
（2）由（1）结合等差数列的通项公式，从而得出数列的通项公式，再利用错位相减的方法，从而得出数列的前项和为.
（3）由（1）和（2）得出，再利用已知条件得出，令，利用函数的单调性和函数值的正负，从而得出正整数的所有取值．
（1）当时，有，解得.
当时，有，
，
作差可得，
所以有，
所以有.
又，
所以数列为以为首项，为公差的等差数列，
所以.
（2）由（1）可知，，则.
所以，，
则，
作差可得，
，
所以，.
（3）由（1）（2）可知，，.
所以，，.
由可得，，
整理可得.
令，
易知在上单调递增，在上单调递增，
所以，在上单调递增.
又，
，，，
所以，当时，有，
即在时不成立.
所以可取1，2，3.
18．【答案】（1）解： 因为椭圆过点，焦距为，所以，
所以椭圆的标准方程为.
（2）证明：
设，直线的斜率一定存在，
设为，则，消去得到，，
，
，
故是定值.
（3）解：
设存在实数，使恒成立，由，，
设到直线的距离为，到直线的距离为，则，①
因为，所以，②
把①代入②并化简可得，由上问可知，代入上式可得，所以.
【知识点】椭圆的标准方程；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据椭圆的基本性质，已知椭圆过点和焦距，利用椭圆上点的坐标满足椭圆方程，以及椭圆中（为半焦距 ）的关系，列方程组求解和的值，从而确定椭圆标准方程.
（2）设直线的方程（这里设为 ），将其与椭圆方程联立，利用韦达定理得到交点、坐标的关系，再分别表示出直线、的斜率、，最后对进行化简，结合韦达定理的结果证明其为定值.
（3）求出直线、与直线交点、的坐标，然后分析和的面积关系，由于它们有公共底，面积比等于、到直线的距离比，结合的结论，化简距离比，从而确定的值.
（1）因为椭圆过点，焦距为，
所以，
所以椭圆的标准方程为.
（2）证明：设，
直线的斜率一定存在，设为，
则，消去得到，，
，
，
故是定值.
（3）设存在实数，使恒成立，
由，，
设到直线的距离为，到直线的距离为，
则，①
因为，所以，②
把①代入②并化简可得，
由上问可知，代入上式可得，
所以.
19．【答案】（1）解：当时，函数，，
易知，，切点为，切线的斜率为，
则切线方程为，即；
（2）解：函数定义域为，求导可得，
当时，，则在上单调递增，
当时，．则，，
令，则，或．，则，
综上：当时，在上单调递增，
当时，在和上单调递增，
在上单调递减；
（3）解：由题意可得：，是方程的两个不等实根，
则，，，
，
要证：，即证：，
不妨设，即证：，
即证：对任意的恒成立，
令，．则，
从而在上单调递减，故，即．
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；不等式的证明
【解析】【分析】（1）将代入可得函数，求导，利用导数的几何意义，结合点斜式求切线方程即可；
（2）求函数的定义域，再求导，分和，利用导数判断函数的单调性即可；
（3）由题意可得：，是方程的两个不等实根，则，，，而，只需证明，即证：，即证：对任意的恒成立即可．
（1）由题可知，当时，，
，，切点为，切线的斜率为，
切线方程为：，即；
（2）对函数求导可得，．
当时，．则在上单调递增．
当时，．则，．
令，则，或．，则，
综上：当时，在上单调递增，
当时，在和上单调递增，
在上单调递减．
（3）有两个极值，，
，是方程的两个不等实根，
则，，，
．
要证：．即证：．
不妨设，即证：．
即证：对任意的恒成立．
令，．则．
从而在上单调递减，故．
所以．
1 / 1广东省广州市第四中学等三校2024-2025学年高二下学期4月期中“三校联考”数学试卷
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）已知数列的通项公式是，则122是该数列的（　　）
A．第10项 B．第11项 C．第12项 D．第13项
【答案】B
【知识点】数列的通项公式
【解析】【解答】解：令，
解得（舍去负值），
所以，，
则122是该数列的第11项.
故答案为：B.
【分析】利用数列的通项公式和代入法，从而建立方程得出n的值.
2．（2025高二下·广州期中） 下列求导运算正确的是 （　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】基本初等函数导函数公式
【解析】【解答】解：A，由，A错误；
B，由，B错误；
C，由，C正确；
D，由，D错误.
故答案为：C.
【分析】本题考查导数的运算法则.根据正弦函数求导可判断A选项；根据指数函数求导可判断B和D选项；根据对数函数求导法则可判断C选项.
3．（2025高二下·广州期中）已知数列中，，则（　　）
A．2 B． C． D．1
【答案】A
【知识点】函数的周期性；数列的递推公式
【解析】【解答】解：由，
可得：，，，
，，
所以，数列是一个以3为周期的数列，
则.
故答案为：A.
【分析】根据递推公式求出的值，再利用周期函数的定义，从而得出数列的周期，再利用数列的周期性，从而得出的值.
4．（2025高二下·广州期中）在送课下乡支教活动中，某学校安排甲、乙、丙、丁、戊五名教师到三所薄弱学校支教，每所学校至少安排一名教师，且甲、乙两名教师安排在同一学校支教，丙、丁两名教师不安排在同一学校支教，则不同的安排方法总数为（　　）
A．20 B．24 C．30 D．36
【答案】C
【知识点】分类加法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：依题意，去三所学校的教师人数可能为（、、）或（、、）两种情况，
若是、、，则有种安排，
若是、、，则种安排，
综上可得，一共有种.
故答案为：C.
【分析】依题意结合组合数公式、排列数公式以及分类加法计数原理，从而得出不同的安排方法总数.
5．（2025高二下·广州期中）若的展开式中只有第6项的系数最大，则该展开式中的常数项为（　　）
A．10 B．210 C．252 D．463
【答案】B
【知识点】二项式系数的性质；二项展开式；二项展开式的通项；组合数的基本计算
【解析】【解答】解：展开式的通项公式为，
因为展开式中只有第6项的系数最大，所以，
令，得，则展开式中的常数项为.
故答案为：B.
【分析】先写出展开式的通项公式，由展开式中只有第6项的系数最大，求得，再令的指数为，求展开式中的常数项即可.
6．（2025高二下·广州期中）记为等差数列的前项和，若，，则（　　）
A．40 B．60 C．76 D．88
【答案】D
【知识点】等差数列的前n项和
【解析】【解答】解：设首项为，公差为，
由，，
可得，
解得，
所以.
故答案为：D.
【分析】根据已知条件和等差数列前n项和公式，从而得出等差数列的首项的值和公差的值，再利用等差数列前n项和公式，从而得出的值.
7．（2025高二下·广州期中）在的展开式中，的系数是（　　）
A．690 B． C．710 D．
【答案】D
【知识点】二项式定理；二项式系数
【解析】【解答】解：观察原式，
这是首项为，公比为（），项数为的等比数列的和，
根据等比数列求和公式，得：
要求原式展开式中的系数，则求展开式中的系数，
根据二项式展开式的通项公式分别求出和展开式中的系数，
对于，，令，
则的系数为.
对于，，令，
则的系数为，
所以展开式中的系数为，
则原式展开式中的系数为.
故答案为：D.
【分析】先根据等比数列前n项和公式和二项式定理求展开式的通项公式的方法，再利用赋值法求出的系数.
8．（2025高二下·广州期中）设函数在上存在导函数，对任意实数，都有，当时，，若，则实数的最小值是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】函数的奇偶性；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：构造函数，
对任意实数，都有，
则，
所以，函数为偶函数，
，
当时，，
则函数在上单调递减，
由偶函数的性质，得出函数在上单调递增，
，
则，
所以，
则，
因为函数在上单调递增，
，
则，
解得，
因此，实数的最小值为.
【分析】先构造函数，再利用导数的正负判断函数的单调性，再结合偶函数的定义得出实数a的取值范围，从而得出实数的最小值.
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）已知等差数列的前项和为，若，，则下列结论正确的是（　　）
A．数列是递增数列 B．
C．当取得最大值时， D．
【答案】C,D
【知识点】等差数列的前n项和；等差数列的性质；数列与函数的综合
【解析】【解答】解：设等差数列的公差为，
由，可得，即，
由，可得，即，
即，且，，即数列是递减数列，故AB错误，D正确；
由于数列是递减数列，，，则当取得最大值时，，故C正确.
故答案为：CD.
【分析】设等差数列的公差为，由，，分别利用等差数列求和公式，结合等差数列的性质得到，，，，据此逐项判断即可.
10．（2025高二下·广州期中）已知，则（　　）
A．的值为2
B．的值为80
C．的值为
D．
【答案】A,C,D
【知识点】二项式系数的性质；二项式系数
【解析】【解答】解：对于A，令，可得，故A正确；
对于B，因为含的项为，
所以，故B错误，
对于C，令，得：，
令，则，
所以，，
则，故C正确；
对于D，令，
可得：，
两边同乘以，
可得，故D正确；
故答案为：ACD.
【分析】利用赋值法结合已知条件，则可判断选项A、选项C和选项D；利用二项式定理得出展开式的通项公式，从而得出的系数，则可判断选项B，从而找出正确的选项.
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．从第行开始，第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构成的新数列、、、、、、、、、、，记为，的前项和记为，则下列说法正确的有（　　）
A．
B．的前项和为
C．
D．
【答案】B,C,D
【知识点】等比数列的前n项和；数列的求和；二项式系数的性质；二项式定理的应用
【解析】【解答】解：对于选项A，因为，
所以，，故A错；
对于选项B，因为，
所以，
则数列的前项和为：
，
故B对；
对于选项C，将数列、、、、、、、、、、变成以下数阵：
则该数阵第有个数，第行最后一项位于原数列第项，
因为，
所以，位于该数阵第行第个数，
则，故C对；
对于选项D，对于选项C中的数阵，
由题意可知，该数阵第行所有数为“杨辉三角”数阵中第行去掉首、尾两个得到，
又因为“杨辉三角”数阵中第行所有数之和为，
所以，该数阵第行所有数之和为，
则
，故D对.
故答案为：BCD.
【分析】利用二项式系数的性质得出数列的通项公式，再利用等比数列前n项和公式，则可判断选项A；利用等比数列前n项和公式和裂项相消法，则可判断选项B；利用等差数列前n项和公式和已知条件以及组合数公式，从而得出的值，则判断出选项C；利用杨辉三角和组合数的在以及分组求和的方法，则判断出选项D，从而找出说法正确的选项.
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）　 　．
【答案】
【知识点】数列的求和
【解析】【解答】解：
.
故答案为：.
【分析】利用裂项相消求和的方法，从而化简求值.
13．（2025高二下·广州期中）将1，2，3，…，9这9个数填入如图所示的格子中（要求每个数都要填入，每个格子中只能填一个数），记第1行中最大的数为，第2行中最大的数为，第3行中最大的数为，则的填法共有　 　种.
【答案】60480
【知识点】基本计数原理的应用；排列与组合的综合
【解析】【解答】解：第3行，，可选的位置有3个，其余2个位置任取2个数，共有种情况；
第2行，取剩下6个数中最大的数为，可选的位置有3个，其余2个位置任取2个数，共有种情况；
第1行，剩下3个数任意排列，则有种情况，
综上，的填法共有种填法.
故答案为：.
【分析】利用排列、组合的知识求解即可.
14．（2025高二下·广州期中）对任意，函数恒成立，则a的取值范围为　 　．
【答案】
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；导数在最大值、最小值问题中的应用
【解析】【解答】解：由函数对恒成立，
可得：对恒成立，又，
则对恒成立，
即对恒成立，令，
则原问题转化为：恒成立，对求导可得
令解得：令解得：则在上单调递增，
在上单调递减，且当时，恒成立，当时，恒成立，
又因为所以恒成立，故当时，
此时满足恒成立，，即时，因为在上单调递增，
由可得：即，令则
故当时，当时
故在上单调递增，在上单调递减，
即在x=e出取得极大值
故解得：综上所述a的取值范围是：.
故答案为：.
【分析】本题主要考查恒成立问题、利用导数判定函数的单调性及求函数的极值，根据题意可得：即对恒成立，令，则原问题转化为：恒成立，令，求导判定的单调性，得到然后分和两种情况，结合的单调性和最值即可求解.
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）已知函数在处取得极小值，且极小值为．
（1）求的值；
（2）求在上的最值.
【答案】（1）解：因为，
由题意，知，
解得，
所以，
当时，；当时，，
则的单调递增区间为，
单调递减区间为，
所以满足题意.

（2）解：由（1）知，，
在区间上单调递增，在区间上单调递减，
因为，，，
所以在上的最大值为，最小值为.
【知识点】函数在某点取得极值的条件；利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）利用导数求极值点和极值的方法，则得到，从而解方程得出a，b的值.
（2）利用（1）中a，b的值得出函数的解析式，再利用导数的正负判断函数的单调性，从而得出函数在上的最值.
（1）因为，由题知，
解得，所以，
当时，，时，，
则的增区间为，减区间为，
所以满足题意.
（2）由（1）知，在区间上单调递增，在区间上单调递减，
又，，，
所以在上的最大值为，最小值为.
16．（2025高二下·广州期中）如图，在四棱锥中， 平面的中 点，.
（1）求证：四边形是直角梯形.
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明：平面平面
，
，
又，
得，
又 平面平面，
因为 平面，
所以，
又，
因为四边形是直角梯形.
（2）解：过点作的垂线交于点，
平面平面，
以为原点， 分别为 轴，
如图建立空间直角坐标系，
则，
的中点，，
，
设平面的法向量为，
则，
令，得.
设直线 与平面 所成的角为，
，
直线与平面所成角的正弦值为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；用空间向量研究直线与平面所成的角；运用诱导公式化简求值
【解析】【分析】（1）利用已知条件和线面垂直的定义以及勾股定理得出线线垂直，则得出再利用，从而证出四边形是直角梯形.
（2）利用线面垂直的定义得出线线垂直，从而建立空间直角坐标系，则得出点的坐标和向量的坐标，再利用两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，从而得出平面的法向量，再利用数量积求向量夹角公式和诱导公式，进而得出直线与平面所成角的正弦值.
（1）平面平面.
.
又，得.
又 平面平面，
又 平面，则.
又. 又四边形是直角梯形.
（2）过作的垂线交于点.
平面平面.
以为原点， 分别为 轴，如图建立空间直角坐标系.
则.
的中点，.
设平面的法向量为，则
，令，得.
设直线 与平面 所成的角为，
.
直线与平面所成角的正弦值为.
17．（2025高二下·广州期中）已知数列的前项和为，且
（1）求，并证明数列是等差数列；
（2）求数列的前项和为
（3）若，求正整数的所有取值．
【答案】（1）解：当时，有，
解得；
当时，有，
则，
作差可得，
则，
所以.
又因为，
所以，数列为以为首项，为公差的等差数列，
则.
（2）解：由（1）可知，，
则，
所以，，
则，
作差可得：
，
所以，.
（3）解：由（1）、（2）可知，，.
所以，，.
由，可得：，
整理可得，
令，
易知在上单调递增，
则在上单调递增，
所以，在上单调递增，
因为，
，，，
所以，当时，则，
所以在时不成立，
则可取1，2，3.
【知识点】等差数列概念与表示；数列的求和；数列与函数的综合；通项与前n项和的关系
【解析】【分析】（1）将代入结合，从而得出的值；利用已知条件和分类讨论的方法，再利用和等差数列的定义，从而判断出数列为以为首项，为公差的等差数列.
（2）由（1）结合等差数列的通项公式，从而得出数列的通项公式，再利用错位相减的方法，从而得出数列的前项和为.
（3）由（1）和（2）得出，再利用已知条件得出，令，利用函数的单调性和函数值的正负，从而得出正整数的所有取值．
（1）当时，有，解得.
当时，有，
，
作差可得，
所以有，
所以有.
又，
所以数列为以为首项，为公差的等差数列，
所以.
（2）由（1）可知，，则.
所以，，
则，
作差可得，
，
所以，.
（3）由（1）（2）可知，，.
所以，，.
由可得，，
整理可得.
令，
易知在上单调递增，在上单调递增，
所以，在上单调递增.
又，
，，，
所以，当时，有，
即在时不成立.
所以可取1，2，3.
18．（2025高二下·广州期中）已知椭圆过点，焦距为．过作直线l与椭圆交于C、D两点，直线分别与直线交于E、F．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）记直线的斜率分别为，证明是定值；
（3）是否存在实数，使恒成立．若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）解： 因为椭圆过点，焦距为，所以，
所以椭圆的标准方程为.
（2）证明：
设，直线的斜率一定存在，
设为，则，消去得到，，
，
，
故是定值.
（3）解：
设存在实数，使恒成立，由，，
设到直线的距离为，到直线的距离为，则，①
因为，所以，②
把①代入②并化简可得，由上问可知，代入上式可得，所以.
【知识点】椭圆的标准方程；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据椭圆的基本性质，已知椭圆过点和焦距，利用椭圆上点的坐标满足椭圆方程，以及椭圆中（为半焦距 ）的关系，列方程组求解和的值，从而确定椭圆标准方程.
（2）设直线的方程（这里设为 ），将其与椭圆方程联立，利用韦达定理得到交点、坐标的关系，再分别表示出直线、的斜率、，最后对进行化简，结合韦达定理的结果证明其为定值.
（3）求出直线、与直线交点、的坐标，然后分析和的面积关系，由于它们有公共底，面积比等于、到直线的距离比，结合的结论，化简距离比，从而确定的值.
（1）因为椭圆过点，焦距为，
所以，
所以椭圆的标准方程为.
（2）证明：设，
直线的斜率一定存在，设为，
则，消去得到，，
，
，
故是定值.
（3）设存在实数，使恒成立，
由，，
设到直线的距离为，到直线的距离为，
则，①
因为，所以，②
把①代入②并化简可得，
由上问可知，代入上式可得，
所以.
19．（2025高二下·广州期中）已知函数．
（1）当时，求在曲线上的点处的切线方程；
（2）讨论函数的单调性；
（3）若有两个极值点，，证明：．
【答案】（1）解：当时，函数，，
易知，，切点为，切线的斜率为，
则切线方程为，即；
（2）解：函数定义域为，求导可得，
当时，，则在上单调递增，
当时，．则，，
令，则，或．，则，
综上：当时，在上单调递增，
当时，在和上单调递增，
在上单调递减；
（3）解：由题意可得：，是方程的两个不等实根，
则，，，
，
要证：，即证：，
不妨设，即证：，
即证：对任意的恒成立，
令，．则，
从而在上单调递减，故，即．
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；不等式的证明
【解析】【分析】（1）将代入可得函数，求导，利用导数的几何意义，结合点斜式求切线方程即可；
（2）求函数的定义域，再求导，分和，利用导数判断函数的单调性即可；
（3）由题意可得：，是方程的两个不等实根，则，，，而，只需证明，即证：，即证：对任意的恒成立即可．
（1）由题可知，当时，，
，，切点为，切线的斜率为，
切线方程为：，即；
（2）对函数求导可得，．
当时，．则在上单调递增．
当时，．则，．
令，则，或．，则，
综上：当时，在上单调递增，
当时，在和上单调递增，
在上单调递减．
（3）有两个极值，，
，是方程的两个不等实根，
则，，，
．
要证：．即证：．
不妨设，即证：．
即证：对任意的恒成立．
令，．则．
从而在上单调递减，故．
所以．
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