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广东省佛山市顺德区第一中学2024-2025学年高二下学期期中教学质量检测数学试题
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分．在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1．（2025高二下·顺德期中）数列满足，则其通项公式可能是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】排列数的基本计算；组合数的基本计算
【解析】【解答】解：A：，A正确，
B：，B错误，
C：，C错误，
D：，D错误，
故答案为：A
【分析】将 代入各选项的通项公式，计算 的值，验证是否等于 ，从而判断符合条件的选项。
2．（2025高二下·顺德期中）函数的导数（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】导数的加法与减法法则；导数的乘法与除法法则；基本初等函数导函数公式
【解析】【解答】解：，所以，
故答案为：B
【分析】先利用三角诱导公式化简原函数，再根据商的求导法则对化简后的函数求导，最后整理得到导数结果。
3．（2025高二下·顺德期中）在含有3件次品的50件产品中，任取2件，则至少取到1件次品的不同方法数共有（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】简单计数与排列组合；组合数的基本计算
【解析】【解答】解：“至少取到1件次品”分两种情况：
取的1件次品的方法数为：种；取到2件次品的方法数为：种，
由分类加法计数原理知，共有种不同的方法数，
又，，
故答案为：D
【分析】将 “至少取到 1 件次品” 拆分为 “取 1 件次品 + 1 件正品” 和 “取 2 件次品 + 0 件正品” 两类，利用分类加法计数原理与组合数公式分别计算两类方法数，再相加得到总方法数。
4．（2025高二下·顺德期中）设为等比数列的前项和，若，，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】等比数列的前n项和；数列的通项公式
【解析】【解答】解：由已知，，所以．
故答案为：A．
【分析】先利用等比数列前项和的性质，由得到的值，再结合求出公比，最后通过通项公式反推。
5．（2025高二下·顺德期中）已知函数在单调递增，则实数的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：因为在单调递增，则在上恒成立，
即在上恒成立，
令，则，
由可得
所以函数在单调递增，
故，
，即．
故答案为：D
【分析】 函数在区间单调递增等价于其导数在该区间恒大于等于 0，通过求导得到不等式，再分离参数转化为求新函数的最小值，从而确定a的取值范围。
6．（2025高二下·顺德期中）小明从店购买了一辆价格为25万元的家用轿车，首付11万元，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2万元以及余款的当年利息，年利率为10%，直到全部还完为止．则购买这辆车小明最后实际共花（　　）
A．28.5万元 B．30.6万元 C．31.8万元 D．32.2万元
【答案】B
【知识点】数列的求和；等差数列的实际应用
【解析】【解答】解：首付11万元，余款14万元，按题意可知是分7次还清，
设每次付款数组成数列，
则（万元），
（万元），
（万元），，
（万元），
因而数列是首项3.4，公差为的等差数列，
则（万元），
因此购车款最后实际共付万元.
故答案为：B.
【分析】 先算出剩余未付款项，再分析每年还款额构成等差数列，利用等差数列求和公式算出分期总还款额，最后加上首付得到实际总花费。
7．（2025高二下·顺德期中）现要从6名学生中选4名代表班级参加学校4×100m接力赛，其中已确定甲跑第1棒或第4棒，乙和丙2人只能跑第2、3棒，丁不能跑第1棒，那么合适的选择方法种数为（　　）
A．56 B．60 C．84 D．120
【答案】B
【知识点】排列、组合的实际应用；排列与组合的综合
【解析】【解答】解：由题设六人中确定甲跑第1棒或第4棒，乙、丙只能跑第2，3棒，丁不能跑第1棒
当甲排第1棒时，乙、丙均不参与则有种，乙、丙至少有一人参与则有种；
当甲排第4棒时，乙、丙均不参与则有种，乙、丙至少有一人参与则有种，
则合适的选择方法种数为种．
故答案为：B．
【分析】根据特殊位置优先排，结合排列知识求解即可.
8．（2025高二下·顺德期中）若，则的大小关系为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：设函数，求导可得，
当时，，在上单调递增，则，即，
即，；
设，则，
当时，，即在上单调递增，
则，，，即，
综上，.
故答案为：C．
【分析】构造函数，求导得到函数单调性，得到，求出，构造，求导得到函数单调性，得到，故.
二、多选题（每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求的．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·顺德期中）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8
D．若是等差数列，则、的等差中项为17
【答案】B,C,D
【知识点】等差数列的性质；等比数列的性质
【解析】【解答】解：A：由，可知，A错误；
B：，B正确；
C：，又等比数列偶数项同号，所以8，C正确；
D：，所以，D正确；
故答案为：BCD
【分析】 分别利用等差数列和等比数列的核心性质，对每个选项逐一验证，判断其正确性。
10．（2025高二下·顺德期中）有甲、乙、丙等6名同学，则下列说法正确的是（　　）
A．6人站成一排，甲、乙两人相邻，则不同的排法种数为240
B．6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240
C．6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90种
D．6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36种
【答案】A,C
【知识点】排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：对于A，6人站成一排，甲、乙两人相邻，可以采用捆绑法，
则不同的排法种数为，所以A对；
对于B，6人站成一排，甲、乙、丙按从左到右的顺序站位（不一定相邻），
可用倍缩法进行求解，则不同的站法种数为，所以B错；
对于C，6名同学平均分成三组分别到、、C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，所以C对；
对于D，6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，若还有一位同学与他们一组，共有种分法；
若三组同学分为3人一组，2人一组和1人一组，先将除甲、乙、丙外的剩余3人分为两组，
有种分法，共有6种分组方法，则不同的安排方法有6种，所以D错.
故答案为：AC.
【分析】用捆绑法即可判断选项A；利用倍缩法判断选项B；用平均分组公式判断出选项C；用分类加法计数原理和分步乘法计数原理判断出选项D，进而找出说法正确的选项.
11．（2025高二下·顺德期中）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．
【答案】A,B,D
【知识点】利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数最大（小）值；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：由题意得，函数的定义域是，，
要使得有两个极值点，则在上有两个解，
令，即在上有两个解
则，解得，A正确；
因为，所以，所以，B正确；
由题意，，，
因为，，所以，，
所以，
，C错误；
，
因为是方程的两根，所以，
令，，则，
在上单调递增，则，
即，D正确．
故答案为：ABD．
【分析】A：先对函数求导，根据极值点个数转化为导函数二次方程有两个不等正根的条件，求解的范围判断；
B：利用韦达定理分析根的积判断；
C：代入函数式结合的范围分析与的范围判断；
D：化简为关于的函数，通过求函数值域判断。
三、填空题（每小题5分，共15分．温馨提示：请把答案填在答题卷相应横线上．）
12．（2025高二下·顺德期中）若，则　 　．
【答案】5
【知识点】组合数的基本计算
【解析】【解答】解：由，可得或，
当时，可得，但因为，舍去；
当时，解得，则成立，也满足的条件.
故答案为：5.
【分析】根据组合数的性质求解即可.
13．（2025高二下·顺德期中）过点作曲线的两条切线，切点分别为，，则直线的方程为　 　．
【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：设，，由曲线，得，
所以
曲线在点处的切线方程为，
把代入切线方程，得，又，化简得，
同理可得曲线在点处的切线方程为，
，都满足直线，直线的方程为．
故答案为：
【分析】先设出切点坐标，利用导数求出切线斜率并写出切线方程，再将点P代入切线方程得到关于切点横坐标的方程，最后根据切点坐标满足的方程直接得到直线AB的方程。
14．（2025高二下·顺德期中）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5项和等于　 　．
【答案】682
【知识点】数列的通项公式；数列的前n项和
【解析】【解答】解：当时，，
当时，，
当时，满足上式，所以，
同理可求得，
设的第项与的第项相等，则，即，，
当时，，当时，，则，
当时，，当时，，则，
当时，，当时，，则，
当时，，当时，，则，
当时，，当时，，则，
故数列的前5项和等于．
故答案为：
【分析】先由前项和公式分别求出数列和的通项公式，再找出它们的公共项并构成新数列，最后计算的前5项和。
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤．
15．（2025高二下·顺德期中）已知数列满足，.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前项和.
【答案】（1）解：由，又，可得数列是首项、公比均为3的等比数列，
故，
（2）解：由（1）可得，
则，
所以，
两式相减得，
所以
【知识点】等比数列的通项公式；数列的递推公式；数列的通项公式
【解析】【分析】(1) 由递推式可知数列 是等比数列，先确定其首项与公比，再求出通项公式。
(2) 先化简 的表达式，再用错位相减法求数列 的前 项和。
（1）由，又，可得数列是首项、公比均为3的等比数列，
故，
（2）由（1）可得，
则，
所以，
两式相减得，
所以
16．（2025高二下·顺德期中）已知函数．
（1）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）；
（2）求证：．
【答案】（1）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：
（2）证明：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．
【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】【分析】(1) 对函数求导，通过导数的符号判断单调性，进而确定极值点与极值，再结合单调性与函数值符号绘制大致图像。
(2) 先化简不等式左侧，构造新函数，通过求导分析新函数的单调性与最小值，证明最小值大于 0 从而完成不等式证明。
（1），
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：
（2）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．（2025高二下·顺德期中）已知数列的前项和为，且．
（1）求、、的值．
（2）求数列的通项．
（3）求数列的前项和．
【答案】（1）解：由条件知，
，．
（2）解：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
（3）解：由题可知，所以，
所以数列的前项和为
【知识点】数列的求和；数列的通项公式；数列的前n项和；通项与前n项和的关系
【解析】【分析】(1) 利用前 项和 与首项 的关系 ，以及 （），代入 计算。
(2) 分 为奇数、偶数两种情况，用 分别推导通项公式。
(3) 先化简 ，再用裂项相消法求前 项和。
（1）由条件知，
，．
（2）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
（3）由题可知，所以，
所以数列的前项和为
18．（2025高二下·顺德期中）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，．
（1）若，求证：；
（2）若，，直线与平面所成的角为，求三棱锥的体积．
【答案】（1）证明：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；
（2）解：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．
【知识点】直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的性质；用空间向量研究直线与平面所成的角；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】(1) 先利用面面垂直的性质定理证明 OC 垂直于平面 PAB，得到 OC⊥OP；再结合已知 OD⊥OP，根据线面垂直的判定定理证明 OP 垂直于平面 COD，最后由线面垂直的性质得到 OP⊥CD。
(2)建立空间直角坐标系，设出点 P 坐标，求出平面 POC 的法向量，利用线面角为 45° 列方程求出 P 的位置，再计算△POD 的面积和点 C 到平面 POD 的距离，最后用棱锥体积公式求解。
（1）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；
（2）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．（2025高二下·顺德期中）已知函数．
（1）分析函数的单调性．
（2）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．
（3）若有两个零点，求满足题意的的最小整数值．（参考数据：，）
【答案】（1）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．
（2）解：，，的零点个数与的零点个数相同．①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．
②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．
（3）解：若有两个零点，则有两个零点．
由（2）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．
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；函数零点存在定理
【解析】【分析】(1) 先化简 解析式，再对其求导，通过导数的单调性与零点分析 的单调区间。
(2) 将 拆分为 与 的乘积，构造辅助函数，利用导数求其最小值，证明最小值恒正，从而说明 无零点。
(3) 将 有两个零点转化为辅助函数 有两个零点，通过导数求 的极值，结合零点存在定理确定 的取值范围，进而找出最小整数 。
（1）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．
（2），，的零点个数与的零点个数相同．
①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．
②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．
（3）若有两个零点，则有两个零点．
由（2）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．
1 / 1广东省佛山市顺德区第一中学2024-2025学年高二下学期期中教学质量检测数学试题
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分．在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1．（2025高二下·顺德期中）数列满足，则其通项公式可能是（　　）
A． B． C． D．
2．（2025高二下·顺德期中）函数的导数（　　）
A． B．
C． D．
3．（2025高二下·顺德期中）在含有3件次品的50件产品中，任取2件，则至少取到1件次品的不同方法数共有（　　）
A． B．
C． D．
4．（2025高二下·顺德期中）设为等比数列的前项和，若，，则（　　）
A． B． C． D．
5．（2025高二下·顺德期中）已知函数在单调递增，则实数的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
6．（2025高二下·顺德期中）小明从店购买了一辆价格为25万元的家用轿车，首付11万元，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2万元以及余款的当年利息，年利率为10%，直到全部还完为止．则购买这辆车小明最后实际共花（　　）
A．28.5万元 B．30.6万元 C．31.8万元 D．32.2万元
7．（2025高二下·顺德期中）现要从6名学生中选4名代表班级参加学校4×100m接力赛，其中已确定甲跑第1棒或第4棒，乙和丙2人只能跑第2、3棒，丁不能跑第1棒，那么合适的选择方法种数为（　　）
A．56 B．60 C．84 D．120
8．（2025高二下·顺德期中）若，则的大小关系为（　　）
A． B． C． D．
二、多选题（每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求的．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·顺德期中）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8
D．若是等差数列，则、的等差中项为17
10．（2025高二下·顺德期中）有甲、乙、丙等6名同学，则下列说法正确的是（　　）
A．6人站成一排，甲、乙两人相邻，则不同的排法种数为240
B．6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240
C．6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90种
D．6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36种
11．（2025高二下·顺德期中）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（每小题5分，共15分．温馨提示：请把答案填在答题卷相应横线上．）
12．（2025高二下·顺德期中）若，则　 　．
13．（2025高二下·顺德期中）过点作曲线的两条切线，切点分别为，，则直线的方程为　 　．
14．（2025高二下·顺德期中）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5项和等于　 　．
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤．
15．（2025高二下·顺德期中）已知数列满足，.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前项和.
16．（2025高二下·顺德期中）已知函数．
（1）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）；
（2）求证：．
17．（2025高二下·顺德期中）已知数列的前项和为，且．
（1）求、、的值．
（2）求数列的通项．
（3）求数列的前项和．
18．（2025高二下·顺德期中）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，．
（1）若，求证：；
（2）若，，直线与平面所成的角为，求三棱锥的体积．
19．（2025高二下·顺德期中）已知函数．
（1）分析函数的单调性．
（2）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．
（3）若有两个零点，求满足题意的的最小整数值．（参考数据：，）
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】排列数的基本计算；组合数的基本计算
【解析】【解答】解：A：，A正确，
B：，B错误，
C：，C错误，
D：，D错误，
故答案为：A
【分析】将 代入各选项的通项公式，计算 的值，验证是否等于 ，从而判断符合条件的选项。
2．【答案】B
【知识点】导数的加法与减法法则；导数的乘法与除法法则；基本初等函数导函数公式
【解析】【解答】解：，所以，
故答案为：B
【分析】先利用三角诱导公式化简原函数，再根据商的求导法则对化简后的函数求导，最后整理得到导数结果。
3．【答案】D
【知识点】简单计数与排列组合；组合数的基本计算
【解析】【解答】解：“至少取到1件次品”分两种情况：
取的1件次品的方法数为：种；取到2件次品的方法数为：种，
由分类加法计数原理知，共有种不同的方法数，
又，，
故答案为：D
【分析】将 “至少取到 1 件次品” 拆分为 “取 1 件次品 + 1 件正品” 和 “取 2 件次品 + 0 件正品” 两类，利用分类加法计数原理与组合数公式分别计算两类方法数，再相加得到总方法数。
4．【答案】A
【知识点】等比数列的前n项和；数列的通项公式
【解析】【解答】解：由已知，，所以．
故答案为：A．
【分析】先利用等比数列前项和的性质，由得到的值，再结合求出公比，最后通过通项公式反推。
5．【答案】D
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：因为在单调递增，则在上恒成立，
即在上恒成立，
令，则，
由可得
所以函数在单调递增，
故，
，即．
故答案为：D
【分析】 函数在区间单调递增等价于其导数在该区间恒大于等于 0，通过求导得到不等式，再分离参数转化为求新函数的最小值，从而确定a的取值范围。
6．【答案】B
【知识点】数列的求和；等差数列的实际应用
【解析】【解答】解：首付11万元，余款14万元，按题意可知是分7次还清，
设每次付款数组成数列，
则（万元），
（万元），
（万元），，
（万元），
因而数列是首项3.4，公差为的等差数列，
则（万元），
因此购车款最后实际共付万元.
故答案为：B.
【分析】 先算出剩余未付款项，再分析每年还款额构成等差数列，利用等差数列求和公式算出分期总还款额，最后加上首付得到实际总花费。
7．【答案】B
【知识点】排列、组合的实际应用；排列与组合的综合
【解析】【解答】解：由题设六人中确定甲跑第1棒或第4棒，乙、丙只能跑第2，3棒，丁不能跑第1棒
当甲排第1棒时，乙、丙均不参与则有种，乙、丙至少有一人参与则有种；
当甲排第4棒时，乙、丙均不参与则有种，乙、丙至少有一人参与则有种，
则合适的选择方法种数为种．
故答案为：B．
【分析】根据特殊位置优先排，结合排列知识求解即可.
8．【答案】C
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：设函数，求导可得，
当时，，在上单调递增，则，即，
即，；
设，则，
当时，，即在上单调递增，
则，，，即，
综上，.
故答案为：C．
【分析】构造函数，求导得到函数单调性，得到，求出，构造，求导得到函数单调性，得到，故.
9．【答案】B,C,D
【知识点】等差数列的性质；等比数列的性质
【解析】【解答】解：A：由，可知，A错误；
B：，B正确；
C：，又等比数列偶数项同号，所以8，C正确；
D：，所以，D正确；
故答案为：BCD
【分析】 分别利用等差数列和等比数列的核心性质，对每个选项逐一验证，判断其正确性。
10．【答案】A,C
【知识点】排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：对于A，6人站成一排，甲、乙两人相邻，可以采用捆绑法，
则不同的排法种数为，所以A对；
对于B，6人站成一排，甲、乙、丙按从左到右的顺序站位（不一定相邻），
可用倍缩法进行求解，则不同的站法种数为，所以B错；
对于C，6名同学平均分成三组分别到、、C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，所以C对；
对于D，6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，若还有一位同学与他们一组，共有种分法；
若三组同学分为3人一组，2人一组和1人一组，先将除甲、乙、丙外的剩余3人分为两组，
有种分法，共有6种分组方法，则不同的安排方法有6种，所以D错.
故答案为：AC.
【分析】用捆绑法即可判断选项A；利用倍缩法判断选项B；用平均分组公式判断出选项C；用分类加法计数原理和分步乘法计数原理判断出选项D，进而找出说法正确的选项.
11．【答案】A,B,D
【知识点】利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数最大（小）值；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：由题意得，函数的定义域是，，
要使得有两个极值点，则在上有两个解，
令，即在上有两个解
则，解得，A正确；
因为，所以，所以，B正确；
由题意，，，
因为，，所以，，
所以，
，C错误；
，
因为是方程的两根，所以，
令，，则，
在上单调递增，则，
即，D正确．
故答案为：ABD．
【分析】A：先对函数求导，根据极值点个数转化为导函数二次方程有两个不等正根的条件，求解的范围判断；
B：利用韦达定理分析根的积判断；
C：代入函数式结合的范围分析与的范围判断；
D：化简为关于的函数，通过求函数值域判断。
12．【答案】5
【知识点】组合数的基本计算
【解析】【解答】解：由，可得或，
当时，可得，但因为，舍去；
当时，解得，则成立，也满足的条件.
故答案为：5.
【分析】根据组合数的性质求解即可.
13．【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：设，，由曲线，得，
所以
曲线在点处的切线方程为，
把代入切线方程，得，又，化简得，
同理可得曲线在点处的切线方程为，
，都满足直线，直线的方程为．
故答案为：
【分析】先设出切点坐标，利用导数求出切线斜率并写出切线方程，再将点P代入切线方程得到关于切点横坐标的方程，最后根据切点坐标满足的方程直接得到直线AB的方程。
14．【答案】682
【知识点】数列的通项公式；数列的前n项和
【解析】【解答】解：当时，，
当时，，
当时，满足上式，所以，
同理可求得，
设的第项与的第项相等，则，即，，
当时，，当时，，则，
当时，，当时，，则，
当时，，当时，，则，
当时，，当时，，则，
当时，，当时，，则，
故数列的前5项和等于．
故答案为：
【分析】先由前项和公式分别求出数列和的通项公式，再找出它们的公共项并构成新数列，最后计算的前5项和。
15．【答案】（1）解：由，又，可得数列是首项、公比均为3的等比数列，
故，
（2）解：由（1）可得，
则，
所以，
两式相减得，
所以
【知识点】等比数列的通项公式；数列的递推公式；数列的通项公式
【解析】【分析】(1) 由递推式可知数列 是等比数列，先确定其首项与公比，再求出通项公式。
(2) 先化简 的表达式，再用错位相减法求数列 的前 项和。
（1）由，又，可得数列是首项、公比均为3的等比数列，
故，
（2）由（1）可得，
则，
所以，
两式相减得，
所以
16．【答案】（1）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：
（2）证明：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．
【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】【分析】(1) 对函数求导，通过导数的符号判断单调性，进而确定极值点与极值，再结合单调性与函数值符号绘制大致图像。
(2) 先化简不等式左侧，构造新函数，通过求导分析新函数的单调性与最小值，证明最小值大于 0 从而完成不等式证明。
（1），
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：
（2）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．【答案】（1）解：由条件知，
，．
（2）解：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
（3）解：由题可知，所以，
所以数列的前项和为
【知识点】数列的求和；数列的通项公式；数列的前n项和；通项与前n项和的关系
【解析】【分析】(1) 利用前 项和 与首项 的关系 ，以及 （），代入 计算。
(2) 分 为奇数、偶数两种情况，用 分别推导通项公式。
(3) 先化简 ，再用裂项相消法求前 项和。
（1）由条件知，
，．
（2）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
（3）由题可知，所以，
所以数列的前项和为
18．【答案】（1）证明：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；
（2）解：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．
【知识点】直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的性质；用空间向量研究直线与平面所成的角；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】(1) 先利用面面垂直的性质定理证明 OC 垂直于平面 PAB，得到 OC⊥OP；再结合已知 OD⊥OP，根据线面垂直的判定定理证明 OP 垂直于平面 COD，最后由线面垂直的性质得到 OP⊥CD。
(2)建立空间直角坐标系，设出点 P 坐标，求出平面 POC 的法向量，利用线面角为 45° 列方程求出 P 的位置，再计算△POD 的面积和点 C 到平面 POD 的距离，最后用棱锥体积公式求解。
（1）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；
（2）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．【答案】（1）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．
（2）解：，，的零点个数与的零点个数相同．①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．
②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．
（3）解：若有两个零点，则有两个零点．
由（2）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．
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；函数零点存在定理
【解析】【分析】(1) 先化简 解析式，再对其求导，通过导数的单调性与零点分析 的单调区间。
(2) 将 拆分为 与 的乘积，构造辅助函数，利用导数求其最小值，证明最小值恒正，从而说明 无零点。
(3) 将 有两个零点转化为辅助函数 有两个零点，通过导数求 的极值，结合零点存在定理确定 的取值范围，进而找出最小整数 。
（1）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．
（2），，的零点个数与的零点个数相同．
①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．
②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．
（3）若有两个零点，则有两个零点．
由（2）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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