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广东省惠州市惠州中学2024-2025学年高二下学期4月期中数学试题
一、单选题：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．（2025高二下·惠城期中）若 ，则 的最小值是 （　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
2．（2025高二下·惠城期中）可以表示为(　　)．
A． B． C． D．
3．（2025高二下·惠城期中）复数是纯虚数，则（　　）
A． B． C． D．
4．（2025高二下·惠城期中）下表是离散型随机变量的概率分布，则（　　）
1 2 3 4
P
A． B． C． D．
5．（2025高二下·惠城期中）如图，已知等腰直角三角形，是一个平面图形的直观图，斜边，则这个平面图形的面积是（　　）
A． B．1 C． D．
6．（2025高二下·惠城期中）甲、乙两人独立地对同一目标各射击一次，命中率分别为和，现已知目标被击中情况下，则甲击中目标的概率为（　　）
A． B． C． D．
7．（2025高二下·惠城期中）某学校周一安排有语文、数学、英语、政治、历史、地理、体育七节课，要求体育课不排在第一节课，数学不排在第四节课，则这天课表的不同排法种数为（　　）
A． B． C． D．
8．（2025高二下·惠城期中）已知函数，若不等式在上恒成立，则实数的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
二、多选题：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．（2025高二下·惠城期中）对于非零向量，下列命题正确的是（　　）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
10．（2025高二下·惠城期中）已知圆，则下列结论正确的是（　　）
A．的取值范围为
B．圆关于直线对称
C．若直线被圆截得的弦长为，则
D．若，过点作圆的一条切线，切点为，则
11．（2025高二下·惠城期中）已知在的二项展开式中，第项为常数项，则（　　）
A．
B．展开式中系数的绝对值最大的项是第项
C．含的项的系数为
D．展开式中有理项的项数为
三、填空题：共3小题，每小题5分，共15分．
12．（2025高二下·惠城期中）若样本数据的平均数为2，则数据，，，，的平均数为　 　
13．（2025高二下·惠城期中）函数的图象如图所示，为函数的导函数，则不等式的解集为　 　．
14．（2025高二下·惠城期中）已知，则：被除的余数是　 　．
四、解答题：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·惠城期中）已知数列的前n项和为，．
（1）求的通项公式；
（2）设，求数列的前n项和．
16．（2025高二下·惠城期中）已知函数，其导函数为，且.
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）求函数在上的最大值和最小值.
17．（2025高二下·惠城期中）如图，四边形是正方形，平面，，，分别为的中点．
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面夹角的大小．
18．（2025高二下·惠城期中）已知点在圆上运动，过点作轴的垂线段为垂足，为线段的中点（当点经过圆与轴的交点时，规定点与点重合）．
（1）求点的轨迹方程；
（2）经过点作直线，与圆相交于两点，与点的轨迹相交于两点，若，求直线的方程．
19．（2025高二下·惠城期中）已知函数，
（1）若恒成立，求实数的取值范围；
（2）设函数，讨论的单调性；
（3）设函数，若函数的图象与的图象有两个不同的交点，证明：
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】平均值不等式
【解析】【解答】 则 ， ，当 时取“=”，
故答案为：C
【分析】配凑 ，再利用均值不等式。
2．【答案】C
【知识点】排列数的基本计算
【解析】【解答】解：＝.
故答案为：C.
【分析】根据排列数公式判断即可.
3．【答案】C
【知识点】复数的基本概念；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：因为复数是纯虚数，所以，解得，
则.
故答案为：C.
【分析】根据复数z为纯虚数，列式求得，再利用同角三角函数基本关系将变形为，分子分母同除以，代入求解即可.
4．【答案】B
【知识点】离散型随机变量及其分布列
【解析】【解答】解：由题意可得：，解得，
所以．
故答案为：B.
【分析】 分布列的性概率和为1可得a的值；互为对立事件，代入概率和为1得解.
5．【答案】D
【知识点】斜二测画法直观图
【解析】【解答】解：因为为等腰直角三角形，，，所以，
则的面积为，
平面图形的面积.
故答案为：D.
【分析】先求等腰直角三角形的面积，再根据原图和直观图面积的关系求原图的面积即可.
6．【答案】D
【知识点】全概率公式；条件概率
【解析】【解答】解：设甲击中目标为事件，乙击中目标为事件，目标被击中为事件，
由题意可得，
，
则目标是被甲击中的概率为
故答案为：D.
【分析】设甲击中目标为事件，乙击中目标为事件，目标被击中为事件，利用对立事件概率求法及全概率公式、条件概率公式求目标被击中情况下甲击中目标的概率即可.
7．【答案】B
【知识点】基本计数原理的应用；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：体育不排在第一节课，数学不排在第四节课的排法可分两类：
①、体育课排在第四节，则不同的排法种数是种；
②、体育课不排第四节，数学课也不排在第四节，先排第四节，不能是体育和数学，有种，
再排第一节，除了选定的和体育也有种，剩下个全排，种，
则这天课表的不同排法种数为种．
故答案为：B.
【分析】由题意，分体育课排在第四节、体育课不排第四节两种情况讨论，结合排列数公式求解即可.
8．【答案】A
【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】【解答】解：易知函数是上的增函数，且为奇函数，
在上恒成立，即在上恒成立，
即在上恒成立，即在上恒成立，
令，则，
令，解得，令，解得，
则在上单调递增，在上单调递减，且的最大值为，
则，即实数的取值范围为.
故答案为：A.
【分析】易知函数是上的增函数，且为奇函数，利用函数的单调性奇偶性将不等式转化为在上恒成立，分离参数即在上恒成立，令，求导，利用导数判断函数的单调性，求出函数的最值即可得实数a的取值范围.
9．【答案】B,D
【知识点】向量的模；平面向量的数量积运算；利用数量积判断平面向量的垂直关系
【解析】【解答】解：A、 若，则，该选项错误，不合题意；
B、若，则，所以成立，该选项正确，符合题意；
C、当为零向量时，满足，但是推不出，该选项错误，不合题意；
D、若，则，可得，
整理即可得到，该选项正确，符合题意；
故答案为：BD
【分析】由得充要条件可判断A；结合A，得，可判断B；代入特殊值为零向量可判断C；将条件两边同时平方，展开可得，可判断D.
10．【答案】B,D
【知识点】圆的标准方程；关于点、直线对称的圆的方程；直线与圆相交的性质；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：A、圆的方程为，所以，得，该选项错误，不合题意
B、因为圆的圆心在直线上，所以圆关于直线对称，该选项正确，符合题意
C、圆心到直线的距离，又弦长为，可得圆的半径为，得，该选项错误，不合题意
D、当时，可得圆的方程为，则圆心，半径为，，
所以切线长为，该选项正确，符合题意．
故答案为：BD
【分析】将圆的一般方程化成标准式，得可判断A；将圆心坐标代入直线可判断B；由弦长公式，先求圆心到直线的距离，可判断C； 代入方程先求CA长度，再求切线长可判断D.
11．【答案】A,B,C
【知识点】二项式系数的性质；二项展开式的通项；二项式系数
【解析】【解答】解：A、展开式的通项为，
因为第项为常数项，所以当时，，解得，故A正确；
B、，解得，所以展开式中系数的绝对值最大的项是第，故 B正确；
C、令，解得，则含的项得系数为，故C正确；
D、根据通项公式，由题意得，令，，则，
即，因为，所以应为偶数，可取，，，即可取，，，
则第项，第项与第项为有理项，故D错误．
故答案为：ABC.
【分析】写出展开式的通项，根据第6项为常数项，求出，即可判断A；假设第k项得系数最大，列不等式组求解即可判断B；根据通项，令然求解，得含的项的系数即可判断C；根据展开式的通项，求解有理项即可判断D.
12．【答案】7
【知识点】众数、中位数、平均数
【解析】【解答】解：样本数据的平均数为，
则数据，，，，的平均数为.
故答案为：.
【分析】根据平均数的性质计算即可.
13．【答案】
【知识点】利用导数研究函数的单调性；不等式的解集
【解析】【解答】解：由图可知，函数在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
当时，；当时，；当时，；
当时，，
当时，由，可得，此时；
当时，由，可得，此时，
综上所述，不等式的解集为.
故答案为：.
【分析】根据函数的图象求单调区间，再根据原函数的单调性和导函数的关系确定以及的解，即可得不等式的解集.
14．【答案】
【知识点】二项式定理的应用；二项式系数
【解析】【解答】解：，
令时，①，
令时，②，
两式相减可得，
，
则除以的余数是
故答案为：
【分析】利用赋值法求得，再由，利用二项式定理展开求解即可.
15．【答案】（1）解： 数列的前n项和为， ，
当时，，
当时，，
经检验，符合上式，
则；
（2）解：由（1）得，，
则．
【知识点】数列的求和；数列的通项公式；通项与前n项和的关系
【解析】【分析】（1）根据数列中与的关系求数列的通项公式即可；
（2）由（1）得，，利用裂项相消法求数列的前n项和．
（1）当时，，
当时，，符合上式，
∴.
（2）由（1）得，，
∴．
16．【答案】解：（1）函数的定义域为诶，
，由，解得，则，，
因为，，所以切线方程为：，即；
（2）由（1）可知：，
由，解得或；由，解得，
又因为，所以在，上单调递增，在上单调递减，
则的极大值为，的极小值为，且，，
故，.
【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；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】（1）求函数的定义域，再求导，由求出a，再根据点斜式求切线方程即可；
（2）由（1）可知：，利用导数判断函数的单调性，求最值即可.
17．【答案】（1）证明：因为分别为的中点，所以是的中位线，即，
又因为平面，平面，所以平面；
（2）解：平面，而，平面，
所以，，由于四边形是正方形，所以，
所以两两垂直，以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示：
，分别为的中点，
则，
所以，
，，，，
设平面的一个法向量，则，取，，，可得，
设平面的一个法向量为，
则，取，，可得 ，
设平面与平面夹角的大小为，
，
又因为，所以，即平面与平面夹角的大小为.
【知识点】直线与平面平行的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）利用中位线性质，结合线面平行的判定定理证明即可；
（2）由题意，推出，以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，求出平面和的法向量，利用空间向量法求解即可.
（1）由题知分别为的中点，
所以是的中位线，即，
又平面，平面，
所以平面.
（2）平面，而，平面，
所以，，由于四边形是正方形，所以，
所以两两垂直，以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，
如图所示，又，分别为的中点，
则，
所以，
，，，，
设平面的一个法向量，
则，取，，，则，
设平面的一个法向量为，
则，取，，则 ，
设平面与平面夹角的大小为，
所以，
又，所以，即平面与平面夹角的大小为.
18．【答案】（1）解：设点，点，则点，
因为点是的中点，所以，，
因为在圆上，所以，
可得，即，
则点的轨迹是椭圆；
（2）解：若直线的斜率不存在，则，
将代入中，解得，则，
将代入中，解得，则，而，舍去；
若直线的斜率存在，设，
由点到直线的距离公式得圆心到直线的距离，则，
联立，消元整理可得，
设，，由韦达定理可得，，
，
由，整理可得，解得，
综上所述，直线的方程为或．
【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）设点，点，利用中点坐标公式，结合点在圆上代入求得点的轨迹方程，得到点的轨迹为椭圆；
（2）分直线的斜率不存在和存在两种情况讨论，当斜率存在时，设直线方程，利用点到直线的距离公式以及垂径定理得到，联立直线与椭圆方程，利用韦达定理以及弦长公式求出，根据列出方程，求解即可.
（1）点，点，则点，由点是的中点，得，，
因为在圆上，所以，
可得，即，所以点的轨迹是椭圆。
（2）若直线的斜率不存在，则，
将代入中，解得，则，
将代入中，解得，则，
而，舍去；
若直线的斜率存在，设为，则，
由点到直线的距离公式得圆心到直线的距离，
则，
联立得，
设，，则，，
，
由，
得，解之得．
综上所述，直线的方程为或．
19．【答案】（1）解：函数的定义域为，，
令，得，在上单调递增；
令，得，在上单调递减，
则的最小值为
恒成立，即，则，
即实数的取值范围为；
（2）解：由题知，定义域为，
所以；
当时，在上单调递增，在上单调递减；
当时，令，得，所以在，上单调递增；
令，得，所以在上单调递减；
当时，，在上单调递增；
当时，令，得，
所以在，上单调递增；
令，得，所以在上单调递减；
综上可知，当时，在上单调递增，在上单调递减；
当时，在，上单调递增；在上单调递减；
当时，在上单调递增；
当时，在，上单调递增；在上单调递减；
（3）证明：显然，
因为函数的图象与的图象有两个不同的交点，所以关于的方程，即有两个不同的根，
由题知，，
得，
得，
由÷得，
不妨设，记，
令，则，
所以在上单调递增，所以，
则，即，
所以，
因为，（利用基本不等式时，，故等号取不到），
所以，即，
令，则在上单调递增，
又因为，所以，
所以，所以；
两边同时取对数可得，得证．
【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）求函数定义域，再求导，利用导数判断函数单调性，求得函数的最小值，恒成立，转化为，解不等式即可得实数的取值范围；
（2）求函数的定义域，再对函数求导，分、和、讨论，利用导函数判断函数的单调性即可；
（3）问题转化为有两个不同的根，利用两图象交点个数得出等量关系，再构造函数并利用导数得出单调性，结合基本不等式即可证明得出结论.再利用导数和基本不等式证明即可得出结论.
（1）易知
令，得，所以在上单调递增；
令，得，所以在上单调递减．
所以的最小值为
由恒成立知，，
故.
（2）由题知，定义域为，
所以；
当时，在上单调递增，在上单调递减；
当时，令，得，
所以在，上单调递增；
令，得，所以在上单调递减；
当时，，在上单调递增；
当时，令，得，
所以在，上单调递增；
令，得，所以在上单调递减；
综上可知，当时，在上单调递增，在上单调递减；
当时，在，上单调递增；在上单调递减；
当时，在上单调递增；
当时，在，上单调递增；在上单调递减；
（3）显然，
因为函数的图象与的图象有两个不同的交点．
所以关于的方程，即有两个不同的根．
由题知，，
得，
得，
由÷得，
不妨设，记
令，则，
所以在上单调递增，所以
则，即，
所以
因为，（利用基本不等式时，，故等号取不到），
所以，即
令，则在上单调递增．
又，
所以，
即，所以；
两边同时取对数可得，得证．
1 / 1广东省惠州市惠州中学2024-2025学年高二下学期4月期中数学试题
一、单选题：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．（2025高二下·惠城期中）若 ，则 的最小值是 （　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【知识点】平均值不等式
【解析】【解答】 则 ， ，当 时取“=”，
故答案为：C
【分析】配凑 ，再利用均值不等式。
2．（2025高二下·惠城期中）可以表示为(　　)．
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】排列数的基本计算
【解析】【解答】解：＝.
故答案为：C.
【分析】根据排列数公式判断即可.
3．（2025高二下·惠城期中）复数是纯虚数，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】复数的基本概念；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：因为复数是纯虚数，所以，解得，
则.
故答案为：C.
【分析】根据复数z为纯虚数，列式求得，再利用同角三角函数基本关系将变形为，分子分母同除以，代入求解即可.
4．（2025高二下·惠城期中）下表是离散型随机变量的概率分布，则（　　）
1 2 3 4
P
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】离散型随机变量及其分布列
【解析】【解答】解：由题意可得：，解得，
所以．
故答案为：B.
【分析】 分布列的性概率和为1可得a的值；互为对立事件，代入概率和为1得解.
5．（2025高二下·惠城期中）如图，已知等腰直角三角形，是一个平面图形的直观图，斜边，则这个平面图形的面积是（　　）
A． B．1 C． D．
【答案】D
【知识点】斜二测画法直观图
【解析】【解答】解：因为为等腰直角三角形，，，所以，
则的面积为，
平面图形的面积.
故答案为：D.
【分析】先求等腰直角三角形的面积，再根据原图和直观图面积的关系求原图的面积即可.
6．（2025高二下·惠城期中）甲、乙两人独立地对同一目标各射击一次，命中率分别为和，现已知目标被击中情况下，则甲击中目标的概率为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】全概率公式；条件概率
【解析】【解答】解：设甲击中目标为事件，乙击中目标为事件，目标被击中为事件，
由题意可得，
，
则目标是被甲击中的概率为
故答案为：D.
【分析】设甲击中目标为事件，乙击中目标为事件，目标被击中为事件，利用对立事件概率求法及全概率公式、条件概率公式求目标被击中情况下甲击中目标的概率即可.
7．（2025高二下·惠城期中）某学校周一安排有语文、数学、英语、政治、历史、地理、体育七节课，要求体育课不排在第一节课，数学不排在第四节课，则这天课表的不同排法种数为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】基本计数原理的应用；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：体育不排在第一节课，数学不排在第四节课的排法可分两类：
①、体育课排在第四节，则不同的排法种数是种；
②、体育课不排第四节，数学课也不排在第四节，先排第四节，不能是体育和数学，有种，
再排第一节，除了选定的和体育也有种，剩下个全排，种，
则这天课表的不同排法种数为种．
故答案为：B.
【分析】由题意，分体育课排在第四节、体育课不排第四节两种情况讨论，结合排列数公式求解即可.
8．（2025高二下·惠城期中）已知函数，若不等式在上恒成立，则实数的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【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】【解答】解：易知函数是上的增函数，且为奇函数，
在上恒成立，即在上恒成立，
即在上恒成立，即在上恒成立，
令，则，
令，解得，令，解得，
则在上单调递增，在上单调递减，且的最大值为，
则，即实数的取值范围为.
故答案为：A.
【分析】易知函数是上的增函数，且为奇函数，利用函数的单调性奇偶性将不等式转化为在上恒成立，分离参数即在上恒成立，令，求导，利用导数判断函数的单调性，求出函数的最值即可得实数a的取值范围.
二、多选题：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．（2025高二下·惠城期中）对于非零向量，下列命题正确的是（　　）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
【答案】B,D
【知识点】向量的模；平面向量的数量积运算；利用数量积判断平面向量的垂直关系
【解析】【解答】解：A、 若，则，该选项错误，不合题意；
B、若，则，所以成立，该选项正确，符合题意；
C、当为零向量时，满足，但是推不出，该选项错误，不合题意；
D、若，则，可得，
整理即可得到，该选项正确，符合题意；
故答案为：BD
【分析】由得充要条件可判断A；结合A，得，可判断B；代入特殊值为零向量可判断C；将条件两边同时平方，展开可得，可判断D.
10．（2025高二下·惠城期中）已知圆，则下列结论正确的是（　　）
A．的取值范围为
B．圆关于直线对称
C．若直线被圆截得的弦长为，则
D．若，过点作圆的一条切线，切点为，则
【答案】B,D
【知识点】圆的标准方程；关于点、直线对称的圆的方程；直线与圆相交的性质；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：A、圆的方程为，所以，得，该选项错误，不合题意
B、因为圆的圆心在直线上，所以圆关于直线对称，该选项正确，符合题意
C、圆心到直线的距离，又弦长为，可得圆的半径为，得，该选项错误，不合题意
D、当时，可得圆的方程为，则圆心，半径为，，
所以切线长为，该选项正确，符合题意．
故答案为：BD
【分析】将圆的一般方程化成标准式，得可判断A；将圆心坐标代入直线可判断B；由弦长公式，先求圆心到直线的距离，可判断C； 代入方程先求CA长度，再求切线长可判断D.
11．（2025高二下·惠城期中）已知在的二项展开式中，第项为常数项，则（　　）
A．
B．展开式中系数的绝对值最大的项是第项
C．含的项的系数为
D．展开式中有理项的项数为
【答案】A,B,C
【知识点】二项式系数的性质；二项展开式的通项；二项式系数
【解析】【解答】解：A、展开式的通项为，
因为第项为常数项，所以当时，，解得，故A正确；
B、，解得，所以展开式中系数的绝对值最大的项是第，故 B正确；
C、令，解得，则含的项得系数为，故C正确；
D、根据通项公式，由题意得，令，，则，
即，因为，所以应为偶数，可取，，，即可取，，，
则第项，第项与第项为有理项，故D错误．
故答案为：ABC.
【分析】写出展开式的通项，根据第6项为常数项，求出，即可判断A；假设第k项得系数最大，列不等式组求解即可判断B；根据通项，令然求解，得含的项的系数即可判断C；根据展开式的通项，求解有理项即可判断D.
三、填空题：共3小题，每小题5分，共15分．
12．（2025高二下·惠城期中）若样本数据的平均数为2，则数据，，，，的平均数为　 　
【答案】7
【知识点】众数、中位数、平均数
【解析】【解答】解：样本数据的平均数为，
则数据，，，，的平均数为.
故答案为：.
【分析】根据平均数的性质计算即可.
13．（2025高二下·惠城期中）函数的图象如图所示，为函数的导函数，则不等式的解集为　 　．
【答案】
【知识点】利用导数研究函数的单调性；不等式的解集
【解析】【解答】解：由图可知，函数在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
当时，；当时，；当时，；
当时，，
当时，由，可得，此时；
当时，由，可得，此时，
综上所述，不等式的解集为.
故答案为：.
【分析】根据函数的图象求单调区间，再根据原函数的单调性和导函数的关系确定以及的解，即可得不等式的解集.
14．（2025高二下·惠城期中）已知，则：被除的余数是　 　．
【答案】
【知识点】二项式定理的应用；二项式系数
【解析】【解答】解：，
令时，①，
令时，②，
两式相减可得，
，
则除以的余数是
故答案为：
【分析】利用赋值法求得，再由，利用二项式定理展开求解即可.
四、解答题：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·惠城期中）已知数列的前n项和为，．
（1）求的通项公式；
（2）设，求数列的前n项和．
【答案】（1）解： 数列的前n项和为， ，
当时，，
当时，，
经检验，符合上式，
则；
（2）解：由（1）得，，
则．
【知识点】数列的求和；数列的通项公式；通项与前n项和的关系
【解析】【分析】（1）根据数列中与的关系求数列的通项公式即可；
（2）由（1）得，，利用裂项相消法求数列的前n项和．
（1）当时，，
当时，，符合上式，
∴.
（2）由（1）得，，
∴．
16．（2025高二下·惠城期中）已知函数，其导函数为，且.
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）求函数在上的最大值和最小值.
【答案】解：（1）函数的定义域为诶，
，由，解得，则，，
因为，，所以切线方程为：，即；
（2）由（1）可知：，
由，解得或；由，解得，
又因为，所以在，上单调递增，在上单调递减，
则的极大值为，的极小值为，且，，
故，.
【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；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】（1）求函数的定义域，再求导，由求出a，再根据点斜式求切线方程即可；
（2）由（1）可知：，利用导数判断函数的单调性，求最值即可.
17．（2025高二下·惠城期中）如图，四边形是正方形，平面，，，分别为的中点．
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面夹角的大小．
【答案】（1）证明：因为分别为的中点，所以是的中位线，即，
又因为平面，平面，所以平面；
（2）解：平面，而，平面，
所以，，由于四边形是正方形，所以，
所以两两垂直，以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示：
，分别为的中点，
则，
所以，
，，，，
设平面的一个法向量，则，取，，，可得，
设平面的一个法向量为，
则，取，，可得 ，
设平面与平面夹角的大小为，
，
又因为，所以，即平面与平面夹角的大小为.
【知识点】直线与平面平行的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）利用中位线性质，结合线面平行的判定定理证明即可；
（2）由题意，推出，以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，求出平面和的法向量，利用空间向量法求解即可.
（1）由题知分别为的中点，
所以是的中位线，即，
又平面，平面，
所以平面.
（2）平面，而，平面，
所以，，由于四边形是正方形，所以，
所以两两垂直，以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，
如图所示，又，分别为的中点，
则，
所以，
，，，，
设平面的一个法向量，
则，取，，，则，
设平面的一个法向量为，
则，取，，则 ，
设平面与平面夹角的大小为，
所以，
又，所以，即平面与平面夹角的大小为.
18．（2025高二下·惠城期中）已知点在圆上运动，过点作轴的垂线段为垂足，为线段的中点（当点经过圆与轴的交点时，规定点与点重合）．
（1）求点的轨迹方程；
（2）经过点作直线，与圆相交于两点，与点的轨迹相交于两点，若，求直线的方程．
【答案】（1）解：设点，点，则点，
因为点是的中点，所以，，
因为在圆上，所以，
可得，即，
则点的轨迹是椭圆；
（2）解：若直线的斜率不存在，则，
将代入中，解得，则，
将代入中，解得，则，而，舍去；
若直线的斜率存在，设，
由点到直线的距离公式得圆心到直线的距离，则，
联立，消元整理可得，
设，，由韦达定理可得，，
，
由，整理可得，解得，
综上所述，直线的方程为或．
【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）设点，点，利用中点坐标公式，结合点在圆上代入求得点的轨迹方程，得到点的轨迹为椭圆；
（2）分直线的斜率不存在和存在两种情况讨论，当斜率存在时，设直线方程，利用点到直线的距离公式以及垂径定理得到，联立直线与椭圆方程，利用韦达定理以及弦长公式求出，根据列出方程，求解即可.
（1）点，点，则点，由点是的中点，得，，
因为在圆上，所以，
可得，即，所以点的轨迹是椭圆。
（2）若直线的斜率不存在，则，
将代入中，解得，则，
将代入中，解得，则，
而，舍去；
若直线的斜率存在，设为，则，
由点到直线的距离公式得圆心到直线的距离，
则，
联立得，
设，，则，，
，
由，
得，解之得．
综上所述，直线的方程为或．
19．（2025高二下·惠城期中）已知函数，
（1）若恒成立，求实数的取值范围；
（2）设函数，讨论的单调性；
（3）设函数，若函数的图象与的图象有两个不同的交点，证明：
【答案】（1）解：函数的定义域为，，
令，得，在上单调递增；
令，得，在上单调递减，
则的最小值为
恒成立，即，则，
即实数的取值范围为；
（2）解：由题知，定义域为，
所以；
当时，在上单调递增，在上单调递减；
当时，令，得，所以在，上单调递增；
令，得，所以在上单调递减；
当时，，在上单调递增；
当时，令，得，
所以在，上单调递增；
令，得，所以在上单调递减；
综上可知，当时，在上单调递增，在上单调递减；
当时，在，上单调递增；在上单调递减；
当时，在上单调递增；
当时，在，上单调递增；在上单调递减；
（3）证明：显然，
因为函数的图象与的图象有两个不同的交点，所以关于的方程，即有两个不同的根，
由题知，，
得，
得，
由÷得，
不妨设，记，
令，则，
所以在上单调递增，所以，
则，即，
所以，
因为，（利用基本不等式时，，故等号取不到），
所以，即，
令，则在上单调递增，
又因为，所以，
所以，所以；
两边同时取对数可得，得证．
【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）求函数定义域，再求导，利用导数判断函数单调性，求得函数的最小值，恒成立，转化为，解不等式即可得实数的取值范围；
（2）求函数的定义域，再对函数求导，分、和、讨论，利用导函数判断函数的单调性即可；
（3）问题转化为有两个不同的根，利用两图象交点个数得出等量关系，再构造函数并利用导数得出单调性，结合基本不等式即可证明得出结论.再利用导数和基本不等式证明即可得出结论.
（1）易知
令，得，所以在上单调递增；
令，得，所以在上单调递减．
所以的最小值为
由恒成立知，，
故.
（2）由题知，定义域为，
所以；
当时，在上单调递增，在上单调递减；
当时，令，得，
所以在，上单调递增；
令，得，所以在上单调递减；
当时，，在上单调递增；
当时，令，得，
所以在，上单调递增；
令，得，所以在上单调递减；
综上可知，当时，在上单调递增，在上单调递减；
当时，在，上单调递增；在上单调递减；
当时，在上单调递增；
当时，在，上单调递增；在上单调递减；
（3）显然，
因为函数的图象与的图象有两个不同的交点．
所以关于的方程，即有两个不同的根．
由题知，，
得，
得，
由÷得，
不妨设，记
令，则，
所以在上单调递增，所以
则，即，
所以
因为，（利用基本不等式时，，故等号取不到），
所以，即
令，则在上单调递增．
又，
所以，
即，所以；
两边同时取对数可得，得证．
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