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专题06 期中压轴题
4大高频考点概览
考点01导数及其应用
考点02圆锥曲线
考点03数列
考点04排列组合
(
考点01
导数及其应用
)
1．(24-25高二下·湖北十堰六县一中教联体·期中)已知函数对定义域内任意，都有，则正实数的取值范围为___________.
2．(24-25高二下·湖北部分高中·期中)已知，若对于，不等式恒成立，则的取值范围为______.
3．(24-25高二下·湖北六校（宜城一中、枣阳一中、曾都一中、襄阳六中、南漳一中、老河口一中）·期中)已知函数在上有两个极值点，则实数的取值范围是______________.
4．(24-25高二下·湖北“荆、荆、襄、宜四地七校考试联盟”·期中)设，则的大小关系为（ ）
A． B．
C． D．
5．(24-25高二下·湖北楚天协作体·期中)（多选）已知函数（）存在两个极值点，（），且，.设的零点个数为m，方程的实根个数为n，则（ ）
A． B．n的取值为2、3、4
C． D．mn的取值为3、6、9
6．(24-25高二下·湖北仙桃田家炳实验高级中学·期中)若关于x的方程存在三个不等的实数根，则实数a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
7．(24-25高二下·湖北部分高中·期中)（多选）已知定义在上的函数满足，且当时，.若在上恒成立，则k的可能取值为（ ）
A．1 B．0 C． D．
8．(24-25高二下·湖北“荆、荆、襄、宜四地七校考试联盟”·期中)已知定义在上的奇函数，其导函数为，当时，恒有.则不等式的解集为（ ）
A． B．
C． D．
9．(24-25高二下·湖北“荆、荆、襄、宜四地七校考试联盟”·期中)（多选）已知三次函数在区间上的值域也为，那么下列说法正确的是（ ）
A．且
B．当时，满足要求的不存在
C．当时，有
D．当时，有
10．(24-25高二下·湖北武汉部分重点中学·期中)（多选）已知函数.若曲线恰有三条过点的切线，其中实数的所有取值组成集合的所有取值组成集合，则下列说法正确的有（ ）
A． B．若，则
C．直线上存在满足要求的点 D．直线上存在满足要求的点
11．(24-25高二下·湖北孝感一般高中协作体·期中)（多选）已知函数，下列命题正确的有（ ）
A．可能有2个零点
B．一定有极小值，且0是极小值点
C．时，
D．若存在极大值点，且，其中，则
12．(24-25高二下·湖北武汉新洲区·期中)（多选）函数在上有唯一零点，则（ ）
A． B． C． D．
13．(24-25高二下·湖北孝感一般高中协作体·期中)已知函数
(1)当时，讨论的单调性.
(2)若，讨论函数的零点个数.
14．(24-25高二下·湖北武汉部分重点中学·期中)已知函数，.的导函数为.
(1)当时.求函数的最小值；
(2)若.
①证明：恰有3个零点；
②证明：的所有零点之和为定值.
15．(24-25高二下·湖北六校（宜城一中、枣阳一中、曾都一中、襄阳六中、南漳一中、老河口一中）·期中)已知函数.
(1)当时，求函数的最小值；
(2)试讨论函数的单调性；
(3)当时，不等式恒成立，求整数的最大值.
16．(24-25高二下·湖北部分级示范高中·期中)已知函数
(1)求函数的单调区间；
(2)若有两个不相等的实数根，求证：.
17．(24-25高二下·湖北“荆、荆、襄、宜四地七校考试联盟”·期中)已知
(1)（i）证明：当时，；
（ii）当时，试确定的符号.
(2)若，试说明在内有唯一零点.
18．(24-25高二下·湖北部分普通高中联盟·期中)已知函数，，．
(1)讨论的单调性；
(2)若有解，求的取值范围．
(3)，讨论零点个数.
19．(24-25高二下·湖北武汉新洲区·期中)对于函数，，若存在，使得，则称为函数的不动点；若存在，使得，则称为函数的稳定点.
(1)已知，求的不动点；
(2)定义函数在定义域内严格递增，则“为函数的不动点”是“为函数的稳定点”的充分必要条件.已知，讨论函数的稳定点个数.
20．(24-25高二下·湖北楚天协作体·期中)已知函数.
(1)证明：当时，.
(2)设，令.
（ⅰ）讨论的单调性.
（ⅱ）若存在两个极值点，（），证明：.
21．(24-25高二下·湖北云学名校联盟·期中)已知函数.
(1)若恒成立，求实数的值；
(2)当时，方程有两个不同的根，分别为.
①求实数的取值范围；
②求证：.
(
考点02
圆锥曲线
)
22．(24-25高二下·湖北“荆、荆、襄、宜四地七校考试联盟”·期中)（多选）历史上，许多数学家研究过圆锥的截口曲线.如图，在圆锥中，母线与旋转轴夹角为，现有一截面与圆锥的一条母线垂直，与旋转轴的交点距离圆锥顶点长度为1，则以下关于该截口曲线描述正确的命题有（ ）
A．点与该曲线上的任意一点的距离中，最大值为
B．点为该曲线的一个焦点
C．该曲线上任意两点之间的最大距离为
D．该曲线的离心率为
23．(24-25高二下·湖北鄂东南级示范高中教育教学改革联盟学校·期中)设为原点，双曲线的方程是（，），离心率 . 直线与双曲线的两条渐近线分别交于，与圆相切于点.若，，则直线的斜率为_____，双曲线的实轴长为_____.
24．(24-25高二下·湖北宜昌部分示范高中·期中)已知椭圆的右焦点为，右顶点为，离心率为，且点在椭圆上．
(1)求出椭圆的标准方程；
(2)若直线与椭圆交于两点，直线分别与轴交于两点，且，试探究直线是否恒过一个定点，若是，求出该定点，若不是，说明理由．
25．(24-25高二下·湖北云学名校联盟·期中)已知，两点在椭圆上，直线交椭圆于两点（均不与点重合），过作直线的垂线，垂足为.

(1)求椭圆的标准方程；
(2)设直线，的斜率分别为，当时，
①求证：直线恒过定点，并求出定点坐标；
②求的最小值.
26．(24-25高二下·湖北鄂东南级示范高中教育教学改革联盟学校·期中)已知平面上动点的坐标满足，，.
(1)求点的轨迹方程.
(2)设点为直线上的任意一点，过点作曲线的两条切线，.
（ⅰ）证明：直线过定点.
（ⅱ）设为原点，，的面积分别为，，令，当点在轴下方时，求的最大值.
27．(24-25高二下·湖北“荆、荆、襄、宜四地七校考试联盟”·期中)“相对运动的本质是观察者所处的参考系不同，物体产生的运动轨迹不同”，在物理学中研究物体运动时有很好的运用.比如从正在飞行的飞机上掉落的物体，在地面视角来看，该物体的运动轨迹是抛物线；但是从飞机的视角来看，该物体是竖直降落的，故可以此为依据，计算物体的降落时间.其实，数学中研究动点运动轨迹的相关问题时也可以运用“相对运动”的观点.
(1)在平面直角坐标系中，圆上有动点，已知定点为.在研究“最大值”问题时，
（i）如果借助两直线的夹角公式（其中为已知两直线的斜率，为两直线的夹角，），试求出用点横坐标表示的函数，并求出其最大值及取得最大值时点的坐标；
（ii）如果运用“相对运动”的观点，视点位置不变，点为动点，试分析何时取得最大值，并给出其最大值；
(2)在平面直角坐标系中，有一动椭圆始终保持与轴正半轴、轴正半轴相切，已知椭圆的长轴长为4，短轴长为2，试求出该椭圆中心点的轨迹方程.
(
考点03
数列
)
28．(24-25高二下·湖北天门外国语，江汉学校等·期中)在数列中，，对任意，则______．已知是数列的前项和，且，若，则的最小值为______．
29．(24-25高二下·湖北武汉部分重点中学·期中)已知，，…，是，，…，（，）满足下列性质的一个排列，性质：排列，，…，中存在唯一使得，满足性质的数列，，…，的个数为________．
30．(24-25高二下·湖北部分级示范高中·期中)（多选）烟花三月，莺飞草长，美丽的樱花开满园.将樱花抽象并按照一定的规律循环出下图：
图①将樱花抽象后，得樱花数，图②以樱花五片花瓣为蕊作五个缩小版樱花，得樱花数，以此类推.假设第n个图的樱花数是，设数列的前n项和为.则下列说法正确的是（ ）
A． B．
C．数列是递增数列 D．数列的前n项和为
31．(24-25高二下·湖北鄂东南级示范高中教育教学改革联盟学校·期中)“勤于思考，乐于探索，勇于创新”是学习数学的必备思维品质.某同学在学习了“杨辉三角”后发现杨辉三角与数列紧密相关，自主构造了下述数阵.数阵的第一行是（）个连续的自然数，从第二行起每一行的数字均等于它肩上的两个数字之和，最后一行仅有一个数字.





请仔细观察数阵，解决下列问题：
(1)求数阵中数字为奇数的项数.
(2)设数阵第行的第一个数字为，请直接写出与的等量关系，并求.
(3)设数阵所有行第一个数字之和为，试判断与的大小关系，并说明理由.
(
考点04
排列组合
)
32．(24-25高二下·湖北武汉重点中学5G联合体·期中)（多选）对于，，…，的全部排列，定义Euler数（其中，，1，…，n）表示其中恰有次升高的排列的个数（注：次升高是指在排列中有k处，，…，）.例如：1，2，3的排列共有：123，132，213，231，312，321六个，恰有1处升高的排列有如下四个：132，213，231，312，因此：.则下列结论正确的有（ ）
A． B．
C． D．
33．(24-25高二下·湖北武汉部分重点中学·期中)对于正整数和正整数，现定义函数.
(1)当时，分别计算在处的取值；
(2)为了研究函数的单调性，现定义差分比；
①证明：当时，；
②对于任意正整数，当取到最大值时，求正整数.
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专题06 期中压轴题
4大高频考点概览
考点01导数及其应用
考点02圆锥曲线
考点03数列
考点04排列组合
(
考点01
导数及其应用
)
1．(24-25高二下·湖北十堰六县一中教联体·期中)已知函数对定义域内任意，都有，则正实数的取值范围为___________.
【答案】
【分析】设，由题设可得的单调性，从而得到 ，利用同构可得，参变分离后可求参数的取值范围.
【详解】因为，所以
令函数，则在上单调递减，
所以在上恒成立，所以，
即.令函数，则，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增.
当时，，当时，，
且由题干可知，，即，
若，则恒成立，
当时，恒成立等价于当时，，
故时，恒成立，故.
令函数，则，
当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以的最大值，所以；
综上所述，正实数的取值范围为.
故答案为：.
2．(24-25高二下·湖北部分高中·期中)已知，若对于，不等式恒成立，则的取值范围为______.
【答案】
【分析】先利用同构法将题设不等式转化为，再构造函数，利用导数与函数单调性的关系得到，从而将问题转化为对恒成立，，再次构造函数求得最值即可得解.
【详解】不等式，可化为，，
令，则，
所以在上单调递增，
因为，，所以，，则，
所以不等式，即为，
，即对恒成立，
令，则，
当时，，即单调递增，
当时，，即单调递减，
，则，即的取值范围为.
故答案为：.
3．(24-25高二下·湖北六校（宜城一中、枣阳一中、曾都一中、襄阳六中、南漳一中、老河口一中）·期中)已知函数在上有两个极值点，则实数的取值范围是______________.
【答案】
【分析】求出函数的导数，由极值点的意义分离参数，构造函数转化成直线与函数图象在上有两个交点求解.
【详解】因为，所以，
依题意，函数在上有两个变号零点，由，得，
令，，于是直线与函数在上的图象有两个交点，
而，由，得，由，得，
即函数在上单调递增，在上单调递减，又，
在同一坐标系内作出直线与函数的图象，

观察图象知，当时，直线与函数在上的图象有两个交点，
即函数在上有两个变号零点，函数在上有两个极值点，
所以实数的取值范围是.
故答案为：
4．(24-25高二下·湖北“荆、荆、襄、宜四地七校考试联盟”·期中)设，则的大小关系为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】根据对数函数的单调性可得，构造函数，利用导数可得时，函数单调递减，进而有可得，即得.
【详解】因，故，故，
设，则，
令得，故当时，，
即函数在区间上单调递减，
因，故，
得，即，故，
故选：D
5．(24-25高二下·湖北楚天协作体·期中)（多选）已知函数（）存在两个极值点，（），且，.设的零点个数为m，方程的实根个数为n，则（ ）
A． B．n的取值为2、3、4
C． D．mn的取值为3、6、9
【答案】AD
【分析】利用导数判断原函数单调性和极值，结合图象分析，的零点分布，进而可得结果.
【详解】由，可得为二次函数，（）为的零点，
由，得或，
因为，令，解得或；令，解得，
所以在和内单调递增，在内单调递减，
则为极大值点，为极小值点，
所以，又，，即，
若，则，此时，与矛盾，故A正确；
因为，所以有2个解，有1个解，
所以有3个解，故B错误；
当时，如图所示，的零点个数为，所以，，
故，
当时，如图所示，的零点个数为，
所以，，故，
当时，如图所示，的零点个数为，所以，，
故，故C错误，D正确.
故选：AD.
6．(24-25高二下·湖北仙桃田家炳实验高级中学·期中)若关于x的方程存在三个不等的实数根，则实数a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】将方程有三个根转化为两个函数有三个交点的问题，参变分离得到，再构造函数，利用导数求函数的单调性并作出图象，即可得到满足条件的实数a的取值范围.
【详解】对于方程，当时，不成立，所以不是方程的解.
由题意关于x的方程存在三个不等的实数根，
等价于存在三个不等的实数根.
令，则，
所以在上，单调递减；
在上，单调递增.
时，；时，；时，，
函数图象如图，
令，则，
所以在上，单调递增；
在上，单调递减.
时，；时，；时，，
图像如图，
令，则，
由于在上恒成立，
所以在上，单调递减；
在上，单调递增，且.
从的函数图象可以看出，
当时，；当且时，.
函数大致图象如图，
则存在三个不等的实数根，.
故选：D.
7．(24-25高二下·湖北部分高中·期中)（多选）已知定义在上的函数满足，且当时，.若在上恒成立，则k的可能取值为（ ）
A．1 B．0 C． D．
【答案】CD
【分析】先判断函数的奇偶性和单调性，得到，参变分离后结合余弦函数的性质即可得k的取值范围，从而得所求．
【详解】定义在上的函数满足，则为奇函数，
所以，所以，
则当时，，则恒成立，
所以函数在上单调递增，则函数在上单调递减，
所以在上递增，
不等式转化为：，
所以，即，
因为，所以，则，故
故选：CD.
8．(24-25高二下·湖北“荆、荆、襄、宜四地七校考试联盟”·期中)已知定义在上的奇函数，其导函数为，当时，恒有.则不等式的解集为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】利用构造偶函数，结合求导可判断单调性，从而求解原不等式.
【详解】根据题意可构造函数，
则，
由题可知，所以在区间上为增函数，
又由于为奇函数，为奇函数，所以为偶函数，
又，即，
又为开口向上的偶函数，所以，解得或.
故选：B.
9．(24-25高二下·湖北“荆、荆、襄、宜四地七校考试联盟”·期中)（多选）已知三次函数在区间上的值域也为，那么下列说法正确的是（ ）
A．且
B．当时，满足要求的不存在
C．当时，有
D．当时，有
【答案】ABD
【分析】对，分，，进行分类讨论，逐项求解判断即可.
【详解】对于A，由已知，当时，，且，则在上为减函数，
此时，矛盾，故且，故A正确；
对于B，由知，的极值点分别为
当时，则，如图1，在上为减函数，则，矛盾，故B正确；
对于C，当时，如图2，由（仅时成立，时，应为），
得，但，矛盾，故C错误；
对于D，当时，如图3，在上减，在上增，所以，
有，解得，符合条件，故D正确.
故选：ABD.
10．(24-25高二下·湖北武汉部分重点中学·期中)（多选）已知函数.若曲线恰有三条过点的切线，其中实数的所有取值组成集合的所有取值组成集合，则下列说法正确的有（ ）
A． B．若，则
C．直线上存在满足要求的点 D．直线上存在满足要求的点
【答案】BD
【分析】由题意将问题转化为过点的切线方程存在3个切点，根据选项，列式求解.
【详解】A.，则，设切点，，
所以切线方程为，切线过点，
所以，则，则，此时只有唯一切点，所以过点的切线只有1条，不满足条件，故A错误；
B.若点，在由A可知，，整理为
，设，，
得或，当，得或，，得，
所以函数的单调递增区间是和，单调递减区间是，
所以函数的极大值是，极小值是，
所以与轴有3个交点，即方程有3个实数根，即有个切点，所以过点的切线有3条，满足条件，故B正确；
C. 设，则，整理为
，得，设，，所以单调递增，
则与只有1个交点，即方程只有1个实数根，即只有1个切点，1条切线，所以直线上不存在满足要求的点，故C错误；
D. 设，则，整理为
，得，，设，，
得或，
，得或，
，得，或或，
所以函数的增区间是和，
减区间是和 和
如图画出函数的图象，由图象可知，与存在3个交点，即方程存在3个实数根，故D正确.
故选：BD
【点睛】关键点点睛：本题的关键是由切线个数转化为切点个数，即转化为方程实数根问题.
11．(24-25高二下·湖北孝感一般高中协作体·期中)（多选）已知函数，下列命题正确的有（ ）
A．可能有2个零点
B．一定有极小值，且0是极小值点
C．时，
D．若存在极大值点，且，其中，则
【答案】BD
【分析】首先讨论的情形，再分的正负讨论函数的单调性和极值，由此可判断ABC的正误，；对于D，容易得到极大值点的值，再代入，得到关于的一元三次方程，此方程已经有一解，故可以因式分解求出，由此可判断D选项.
【详解】函数的定义域为，当时，为二次函数，
由抛物线性质可知存在极小值点，极小值为，此时无零点；
当时，可求得导函数，令，得或，
当时，可求得当时，；当时，，
所以在上单调递增，在和上单调递减，
故此时存在极小值点，极小值为，
存在极大值点，极大值为；
当时，可求得当时，；当时，，
所以在和上单调递增，，在上单调递减，
故此时存在极小值点，极小值为，
存在极大值点，极大值为；
对于A，当时，无零点；
当时，因为在上单调递增，在和上单调递减，
而极小值为，所以只有1个零点；
当时，因为在和上单调递增，在上单调递减，
而极大值为，极小值为，所以只有1个零点，故A错误；
对于B，由以上分析，不论取何值，一定有极小值，且0是极小值点，故B正确；
对于C，当时，即时，此时在上单调递减，
又，所以，故C错误；
对于D，由上述分析可知，则，
由题意知，即，
此方程已有一根，故可因式分解为，
解得与相异的根，则，故D正确；
故选：BD.
12．(24-25高二下·湖北武汉新洲区·期中)（多选）函数在上有唯一零点，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】BC
【分析】由可得，令，其中，利用导数分析函数的单调性与极值，逐项判断即可.
【详解】由可得，即，
所以，关于的方程在上有唯一实根，
令，其中，
则，
因为，令，其中，则，
所以，函数在上为增函数，
因为，，
所以，存在使得，即，
且当时，，则，故函数在上单调递减，
当时，，则，故函数在上单调递增，
所以，，
由题意可知，直线与函数的图象有唯一公共点，如下图所示：
故，AD错，BC对.
故选：BC.
13．(24-25高二下·湖北孝感一般高中协作体·期中)已知函数
(1)当时，讨论的单调性.
(2)若，讨论函数的零点个数.
【答案】(1)答案见解析
(2)答案见解析
【分析】（1）先求得导函数，再求导函数的零点，对两个零点分类讨论即可求得的单调性；
（2）令，得，即，发现其结构相同，
再令，可得，故，问题转化为求函数的值域，
分析其图象与直线的交点个数即得答案.
【详解】（1）的定义域为
，令得
①当时，恒成立，则无递增区间，递减区间为；
②当时，，令，得，令得，
的递增区间为，递减区间为和；
③当时，，令，得，令得，
的递增区间为，递减区间为和，
综上：当时，无递增区间，递递减区间为；
当时，的递增区间为，递减区间为和；
当时，的递增区间为，递减区间为和.
（2）若，
令，得，即，
也即，再令，
则在单调递增，故，所以，
可得，令，
令得，所以在上单调递增，在上单调递减，
且当；，所以，
综上：当时，该函数有0个零点；
当或时，该函数有1个零点；
当时，该函数有2个零点.
14．(24-25高二下·湖北武汉部分重点中学·期中)已知函数，.的导函数为.
(1)当时.求函数的最小值；
(2)若.
①证明：恰有3个零点；
②证明：的所有零点之和为定值.
【答案】(1)0
(2)①证明见解析；②证明见解析
【分析】（1）求出函数导数，利用导数判断函数单调性求出极值得解；
（2）①由题设，由导数知识结合零点存在性定理可得在R上的零点情况，进而可得单调性，最后再由零点存在性定理可完成证明；
②令，可利用奇函数性质证明该函数零点之和为0，再由图象平移得证.
【详解】（1）由题意，
令
当时，，在上为增函数；
当时，，在上为减函数.
；
（2）①
令；
当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
所以，
又，所以，且当时，；时，；
所以在与上各有一个零点，不妨分别记为，
所以时，单调递增；
时，单调递减；
时，单调递增；
且，所以；
则，，又当时，；时，；
所以在与上各有一个零点，且，
所以有且仅有三个零点.
②令
令，，.
令，
为奇函数.因为奇函数的图象关于原点对称，所以所有零点和为0；
所有零点和为0.
由于的图象可由向右平移一个单位长度得到，
所以所有的零点和为定值3.
15．(24-25高二下·湖北六校（宜城一中、枣阳一中、曾都一中、襄阳六中、南漳一中、老河口一中）·期中)已知函数.
(1)当时，求函数的最小值；
(2)试讨论函数的单调性；
(3)当时，不等式恒成立，求整数的最大值.
【答案】(1)
(2)答案见解析
(3)
【分析】（1）求导，利用导数判断的单调性和最值；
（2）求出原函数的导函数，对进行分类讨论即可得出原函数的单调区间；
（3）问题转化为恒成立，令新函数，利用导数求其最小值的范围，即可求得整数的最大值.
【详解】（1）当时，则，
可知的定义域为，且，
令，解得；令，解得；
可知的单调递减区间是，单调递增区间是；
所以函数的最小值为.
（2）由题意可知的定义域为，且，
当时，恒成立，
所以的单调递减区间是，无单调递增区间；
当时，令解得，
令，解得；令，解得；
所以的单调递减区间是，单调递增区间是；
综上所述：当时，的单调递减区间是，无单调递增区间；
当时，的单调递减区间是，单调递增区间是.
（3）当时，不等式恒成立，
即，整理可得，
原题意等价于对任意恒成立，
令，
则，
令，则，
所以在区间上单调递增，
因为，，
所以在区间内存在唯一零点，
即，所以，
当时，，即；
当时，，即；
可知在区间上单调递减，在区间上单调递增；
所以，
因为，则，即，
且为整数，则，所以整数的最大值是.
16．(24-25高二下·湖北部分级示范高中·期中)已知函数
(1)求函数的单调区间；
(2)若有两个不相等的实数根，求证：.
【答案】(1)函数在上单调递减，在上单调递增；
(2)证明见解析.
【分析】（1）通过对函数求导，借助于导函数的正负，即可判断函数的单调区间；
（2）由是的两个不等实数根，由（1）知，构造新函数，利用函数的单调性分析证明即可.
【详解】（1）函数的定义域为，对函数求导得，
令，可得，此时，函数在上单调递减，
令，可得，此时，函数在上单调递增，
所以，函数在上单调递减，在上单调递增.
（2）由题知
不妨设，由（1）知，
要证，即证，即证，
又，即证，
令，其中，
则，
因为，则，
所以，，故函数在上为减函数，
又因为，所以对任意的恒成立，
则，即，故成立.
接下来证明，
令，则，又，
即，所以，
要证，即证，
不等式两边取对数，即证，
即证，即证，
令，，则，
令，其中，则，
所以在上单调递减，
则当时，，
故当时，，
可得函数在上单调递减，可得，
即，所以，
综上，.
17．(24-25高二下·湖北“荆、荆、襄、宜四地七校考试联盟”·期中)已知
(1)（i）证明：当时，；
（ii）当时，试确定的符号.
(2)若，试说明在内有唯一零点.
【答案】(1)（i）证明见解析；（ii），答案见解析
(2)说明见解析
【分析】（1）（i）即证明，构造，求导得到其单调性，结合，得到证明；
（ii）即说明，，结合（i）可知，，其等价于时，，即，由知，该式显然成立，故；
（2）当时，单调递减，结合特殊点函数值得到存在唯一实数，使得；当时，，二次求导，结合单调性和零点存在性定理得到的单调性，故在上恒成立，综上可知：在内有唯一零点
【详解】（1）（i）当时，等价于，
设，即证明，
记，则，
所以在上单调递减，其中，
所以，不等式得证；
（ii）时，，理由如下：
要说明，即说明，，
由（i）可知，当时，，所以，
故只需说明，其等价于，
时，上式只需，
即，由知，该式显然成立，
从而对恒成立，
（2）由已知，
当时，易知单调递减，
，
故存在唯一实数，使得；
当时，，
记，
易知在为减函数，
，
故存在唯一实数，使得，即，
则在为增函数，在为减函数，
且，
，
则存在唯一实数，使得，
则在为正，在为负，
在上单调递增，在上单调递减，
故，，故在上恒成立，
综上可知：在内有唯一零点.
18．(24-25高二下·湖北部分普通高中联盟·期中)已知函数，，．
(1)讨论的单调性；
(2)若有解，求的取值范围．
(3)，讨论零点个数.
【答案】(1)答案见解析
(2)
(3)答案见解析
【分析】（1）先判断函数的定义域，在求出的导数，进而对参数进行分类讨论求解单调性即可.
（2）利用分离参数法并构造新函数转化为，进而求解参数范围即可.
（3）对原函数进行同构，转化为交点问题，进而讨论交点个数，最后讨论零点个数即可.
【详解】（1）由题意得，的定义域为，
因为，所以，
则，
当时，，令，，令，，
故此时在上单调递增，在上单调递减，
令，则，解得或，
当时，解得，令，，
令，，
故此时在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
当时，解得，得到，
故此时在上单调递增，
当时，解得，令，，
令，，
故此时在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
综上，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，在上单调递增，
当时，在上单调递增，
当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.
（2）若有解，则有解，
故有解，即有解，则有解即可，
令，则即可，而，
令，，令，，
此时在上单调递减，在上单调递增，
当时，，故，则.
（3）因为，
所以，
令，则，故，
令，则，而，
故在上单调递增，故，即，
若讨论的零点个数，
我们讨论和的交点个数即可，
而，令，，令，，
则在上单调递增，在上单调递减，
得到的极大值为，
当时，，当时，，
则当或时，和有个交点，
当时，和有个交点，
当时，和没有交点，
综上，则当或时，有个零点，
当时，有个零点，
当时，没有零点.
19．(24-25高二下·湖北武汉新洲区·期中)对于函数，，若存在，使得，则称为函数的不动点；若存在，使得，则称为函数的稳定点.
(1)已知，求的不动点；
(2)定义函数在定义域内严格递增，则“为函数的不动点”是“为函数的稳定点”的充分必要条件.已知，讨论函数的稳定点个数.
【答案】(1)有唯一不动点1.
(2)答案见解析
【分析】（1）令函数，利用导数探讨单调性确定零点即可.
（2）当时，确定函数单调性，把问题转化为函数的不动点个数求解，利用导数探讨函数的零点即可.
【详解】（1）令函数，求导得恒成立，
函数在上单调递增，又，因此函数在上有唯一零点1，
所以函数有唯一不动点1.
（2）当时，函数在上单调递增，
依题意，函数的稳定点与的不动点等价，则只需研究的不动点即可.
令，求导得，
函数在上单调递减，
当时，恒成立，函数在上单调递增，
当从大于0的方向趋近于0时，趋近于负无穷大，且，
则存在唯一的，使得，即有唯一解，
因此函数有唯一不动点；
当时，，
当趋近于正无穷大时，趋近于0，则存在，使得，
即存在唯一，使得，即，
此时在上单调递增，在上单调递减，
于是，
当从大于0的方向趋近于0时，趋近于负无穷大，
当趋近正无穷大时，趋近于负无穷大，
设，则在上单调递增，且，
又在上单调递增，
（ⅰ）当时，即，
此时，方程有一个解，即有唯一不动点；
（ⅱ）当时，即，
此时，方程无解，即无不动点；
（ⅲ）当时，即
此时，方程有两个解，即有两个不动点；
所以当时，无稳定点；
当或时，有唯一稳定点；
当时，有两个稳定点.
20．(24-25高二下·湖北楚天协作体·期中)已知函数.
(1)证明：当时，.
(2)设，令.
（ⅰ）讨论的单调性.
（ⅱ）若存在两个极值点，（），证明：.
【答案】(1)证明见解析
(2)（ⅰ）答案见解析；（ⅱ）证明见解析
【分析】（1）当，，通过分析函数单调性，求得即可得证.
（2）（1）求导，再分和两种情况讨论求解.
（ⅱ）根据存在两个极值点和，则的两个极值点满足，化简转化为，令，用导数证明即可.
【详解】（1）在定义域内是增函数
∴当时，
要证，只需证
设（）
∴
∵在上单调递增且
∴在上单调递减，在上单调递增
∴
故时，.
（2）（ⅰ）
当时，.定义域为
∴
①当时，在上恒成立（当且仅当，时取等号）
∴恒成立，故在上单调递减.
②当时，令，则有两不等正实根
当时，
当时，
∴在和上单调递减，在上单调递增.
（ⅱ）若存在两个极值点，由（ⅰ）知.
∵的两个极值点、为方程的两根.
∴，，∴，
要证等价于证明.
设（）
∴
∴在上单调递增
∴
∴.
即.
21．(24-25高二下·湖北云学名校联盟·期中)已知函数.
(1)若恒成立，求实数的值；
(2)当时，方程有两个不同的根，分别为.
①求实数的取值范围；
②求证：.
【答案】(1)
(2)①；②证明见解析
【分析】（1）求导，根据题意判断，计算出，检验成立.
（2）①求导后分析的单调性，进而根据题意判断出在定义域内有两个零点，数形结合求解的取值范围；
②根据题意构造函数,利用极值点偏移得到；然后要证明，通过换元将多变量不等式转化为单变量不等式，从而证明原式成立.
【详解】（1），．
由于不是定义域区间的端点，且在定义域上连续，
故：不仅是函数的最小值，同时也是极小值．
．
检验：当时，
，
当时，，单调递减，当时，，单调递增．
所以： 成立，
故：
（2）①当时，，
令：；同理：
所以 在上单调递减，在上单调递增.
当时，；当时，；
且；所以方程有两个不同的根时，．
②由题可知：，
即且
构造函数
所以在上单调递减，故．
所以，
又因为所以：，
又因为，所以：
因为 在单调递增，
所以．
要证：，
即证：，
即
只须证明：，
即证：
因为：，故只须证明：
因为成立．
所以原不等式成立，证毕.
【点睛】关键点点睛：将双（多）变量问题通过换元转化成为一个变量的函数问题，借助导数研究其单调性和最值，从而证明不等式.
(
考点02
圆锥曲线
)
22．(24-25高二下·湖北“荆、荆、襄、宜四地七校考试联盟”·期中)（多选）历史上，许多数学家研究过圆锥的截口曲线.如图，在圆锥中，母线与旋转轴夹角为，现有一截面与圆锥的一条母线垂直，与旋转轴的交点距离圆锥顶点长度为1，则以下关于该截口曲线描述正确的命题有（ ）
A．点与该曲线上的任意一点的距离中，最大值为
B．点为该曲线的一个焦点
C．该曲线上任意两点之间的最大距离为
D．该曲线的离心率为
【答案】ACD
【分析】利用圆锥结合解直角三角形，可得椭圆的相关参数，通过椭圆方程来研究焦距和离心率，从而判断各选项.
【详解】根据圆锥曲线的概念可知截口曲线为椭圆，设与截面垂直的母线垂足点为.
平面交椭圆曲线的另一交点为，由对称性知为该椭圆的长轴端点.
在直角三角形中，由，
则有，，
，，
所以点到该曲线上的任意一点的距离最大值就是，故A正确；
该曲线上任意两点之间的最大距离是，故C正确；
再过作平面垂直于旋转轴，则可得该截面圆的半径，
在这个圆面内作垂直于平面，交椭圆于点，则，
如图2，在截面上取中点为坐标原点，方向为轴正向，建立平面直角坐标系，
则，过作垂直于轴，交椭圆于点，则，
设椭圆方程为，将代入得：，
最后可得，
由于，所以不是椭圆的焦点，故B错误；
即椭圆离心率为，故D正确；
故选：ACD.
23．(24-25高二下·湖北鄂东南级示范高中教育教学改革联盟学校·期中)设为原点，双曲线的方程是（，），离心率 . 直线与双曲线的两条渐近线分别交于，与圆相切于点.若，，则直线的斜率为_____，双曲线的实轴长为_____.
【答案】 14
【分析】利用点差法，可求直线的斜率，在中，利用勾股定理可求的值.
【详解】如图：
设点，，渐近线方程为，
则，，相减得，
，所以.
设与轴交于，，，
则，，
，
在直角中，，，，
所以，解得，实轴长为14.
故答案为：；14
24．(24-25高二下·湖北宜昌部分示范高中·期中)已知椭圆的右焦点为，右顶点为，离心率为，且点在椭圆上．
(1)求出椭圆的标准方程；
(2)若直线与椭圆交于两点，直线分别与轴交于两点，且，试探究直线是否恒过一个定点，若是，求出该定点，若不是，说明理由．
【答案】(1)
(2)直线过定点．
【分析】（1）利用给定的离心率和椭圆经过的点求出基本量，进而得到椭圆方程即可.
（2）联立方程组结合韦达定理得到，再利用得到，最后分类讨论求解定点即可.
【详解】（1）因为离心率为，所以，
因为点在椭圆上，所以，
因为，所以解得，
则椭圆C的标准方程为.
（2）①若直线斜率不存在，根据对称性可知为等腰直角三角形，
得到，此时，
则直线，与椭圆方程联立，
解得，故直线过椭圆左焦点，即，
②若直线斜率存在，如图，设，
联立方程组，消去得，
由韦达定理可知，
由已知得，且设，
可以求出直线方程为，
令，得到，，
故，又因为，
故，
代入韦达定理得，
求得，即，得到或，
当时，直线过，此时三点重合，不符合题意；
当时，直线方程为，此时直线AB过定点
综上所述：直线过定点．
25．(24-25高二下·湖北云学名校联盟·期中)已知，两点在椭圆上，直线交椭圆于两点（均不与点重合），过作直线的垂线，垂足为.

(1)求椭圆的标准方程；
(2)设直线，的斜率分别为，当时，
①求证：直线恒过定点，并求出定点坐标；
②求的最小值.
【答案】(1)
(2)①证明见解析，；②1
【分析】（1）将，两点代入椭圆方程解出的值即可；
（2）①解法一：设直线，，，将直线方程与椭圆方程联立，利用韦达定理结合，解出的关系即可求解；解法二：设，，利用在椭圆上可得， ，作差结合化简即可求解；②由可得点在以为直径的圆上，利用圆的性质求解即可；
【详解】（1）由题意可得，
所以椭圆的标准方程为：．
（2）解法一：①由条件，可知直线的斜率存在，
设直线，，，
联立方程组：，
其中（▲），
所以，，
由条件，即，
由于直线不过点，故，
化简可得，
所以
，
代入（▲）式，，此时直线恒过定点．
②因为，所以点在以为直径的圆上，圆心为，半径为，

所以，此时的坐标为，的斜率，满足条件．
故的最小值为．
解法二：①设，，由条件，即（★），
由点在椭圆上，则有，
即①，同理可得② ，
①②可得：
代入（★）式可得：，
即，
变形可得．所以直线恒过定点．
②解法同一.
26．(24-25高二下·湖北鄂东南级示范高中教育教学改革联盟学校·期中)已知平面上动点的坐标满足，，.
(1)求点的轨迹方程.
(2)设点为直线上的任意一点，过点作曲线的两条切线，.
（ⅰ）证明：直线过定点.
（ⅱ）设为原点，，的面积分别为，，令，当点在轴下方时，求的最大值.
【答案】(1)
(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）
【分析】（1）方程联立，消去即可求解；
（2）（ⅰ）设，，，通过求导，确定切线方程进而可求解；（ⅱ）由三角形面积公式得到进而可求解.
【详解】（1）因为，，所以，，
由得，，所以，
即点的轨迹方程为（）
（2）
（ⅰ）设，，，，
所以曲线在点处的切线方程为，整理得，
同理曲线在点处的切线方程为
由于是两切线的交点，所以
所以直线的方程为，
整理得，令得
所以直线过定点.
（ⅱ）由（ⅰ）知直线的方程为，
当点在轴下方时，.
因为
因为，，所以
令（），
则
当且仅当，即，时等号成立.
所以的最大值为.
27．(24-25高二下·湖北“荆、荆、襄、宜四地七校考试联盟”·期中)“相对运动的本质是观察者所处的参考系不同，物体产生的运动轨迹不同”，在物理学中研究物体运动时有很好的运用.比如从正在飞行的飞机上掉落的物体，在地面视角来看，该物体的运动轨迹是抛物线；但是从飞机的视角来看，该物体是竖直降落的，故可以此为依据，计算物体的降落时间.其实，数学中研究动点运动轨迹的相关问题时也可以运用“相对运动”的观点.
(1)在平面直角坐标系中，圆上有动点，已知定点为.在研究“最大值”问题时，
（i）如果借助两直线的夹角公式（其中为已知两直线的斜率，为两直线的夹角，），试求出用点横坐标表示的函数，并求出其最大值及取得最大值时点的坐标；
（ii）如果运用“相对运动”的观点，视点位置不变，点为动点，试分析何时取得最大值，并给出其最大值；
(2)在平面直角坐标系中，有一动椭圆始终保持与轴正半轴、轴正半轴相切，已知椭圆的长轴长为4，短轴长为2，试求出该椭圆中心点的轨迹方程.
【答案】(1)（i），最大值，；
（ii）当所在直线与该圆相切时，最大，
(2)
【分析】（1）（i）利用两直线夹角公式表示，化简换元利用二次函数性质求最大值.
（ii）用相对运动观点分析几何条件，找到当所在直线与该圆相切时，最大，即可得解.
（2）将椭圆放在新坐标系中，写出椭圆方程，利用椭圆与坐标轴相切得，进而得到原坐标轴所在两直线斜率的关系，进而得到椭圆中心点的轨迹方程.
【详解】（1）（i）如图1，由
可知，
所以

又且，
则，
设，
则，
故当且仅当即时，有最大值，此时点为；
（ii）如图2，视点固定，点为动点时，可等同于原坐标轴绕旋转，
故点在半径为1的圆上运动，
当所在直线与该圆相切时，最大，此时，
即，与（i）中结果一致.
（2）如图3，用“相对运动”的思想，可以视是定点，且为新的坐标原点，

让椭圆长轴落在新轴，短轴落在新轴，易知椭圆方程为，
此时点（原坐标原点）为与该椭圆相切的两条相互垂直切线的交点，
设为，当斜率均存在时，设两斜率为，
故的方程为，
与联立消有：，
其，
化简有：，
上式整理为关于的二次三项式：，
同理，
故为关于的方程的两不等实根，
于是，则；
当分别平行坐标轴时，易知可取，也满足.
综上可知，在新坐标系下，点始终与点距离为定值，
还原至原坐标系，点也始终距离点为定值，
但由于点始终在第一象限，
则点所在轨迹方程为，表示一段椭圆弧.
(
考点03
数列
)
28．(24-25高二下·湖北天门外国语，江汉学校等·期中)在数列中，，对任意，则______．已知是数列的前项和，且，若，则的最小值为______．
【答案】
【分析】将化简，得是等比数列，通过的通项公式求出的通项公式；通过的通项公式化简分析，取和最小的几项之和，即为所求.
【详解】由，可得，即．
令，得，所以数列是首项为2，公比为2的等比数列，
则，即．
又，
所以当且仅当时，，
即的最小值为．
故答案为：；.
29．(24-25高二下·湖北武汉部分重点中学·期中)已知，，…，是，，…，（，）满足下列性质的一个排列，性质：排列，，…，中存在唯一使得，满足性质的数列，，…，的个数为________．
【答案】
【分析】先根据题意得到和之间的关系：，再计算，代入即可.
【详解】设为符合题意的的个数，
考虑和之间的关系，为此考虑两种情况下的：
第一种为1到符合性质排列，不妨设，此时要么放在末尾要么放在和之间，这一共有 种情况；
第二种为1到不符合性质排列，此时若想插入数使得序列满足性质，则前个数只能递增排列，然后插入，有种情况；
故
设
易知
，
所以.
故答案为：.
30．(24-25高二下·湖北部分级示范高中·期中)（多选）烟花三月，莺飞草长，美丽的樱花开满园.将樱花抽象并按照一定的规律循环出下图：
图①将樱花抽象后，得樱花数，图②以樱花五片花瓣为蕊作五个缩小版樱花，得樱花数，以此类推.假设第n个图的樱花数是，设数列的前n项和为.则下列说法正确的是（ ）
A． B．
C．数列是递增数列 D．数列的前n项和为
【答案】BCD
【分析】写出前3项可判断A；利用累加法求出，继而可求出，判断B，利用作差法判断数列单调性可判断C；利用裂项相消求和可判断D.
【详解】A，由题意可知，显然，A错误；
B，由题意可得，
则
，
也适合，故，
所以
，B正确；
C，，则
，
当时，，
即，故数列是递增数列，C正确；
D，，
故数列的前n项和为
，D正确，
故选：BCD
31．(24-25高二下·湖北鄂东南级示范高中教育教学改革联盟学校·期中)“勤于思考，乐于探索，勇于创新”是学习数学的必备思维品质.某同学在学习了“杨辉三角”后发现杨辉三角与数列紧密相关，自主构造了下述数阵.数阵的第一行是（）个连续的自然数，从第二行起每一行的数字均等于它肩上的两个数字之和，最后一行仅有一个数字.





请仔细观察数阵，解决下列问题：
(1)求数阵中数字为奇数的项数.
(2)设数阵第行的第一个数字为，请直接写出与的等量关系，并求.
(3)设数阵所有行第一个数字之和为，试判断与的大小关系，并说明理由.
【答案】(1)；
(2)，；
(3)，理由见解析.
【分析】（1）根据数阵特点，进行分类讨论，即可求解；
（2）观察每一行的前两项的增量规律，猜测出它们的关系（才想验证即可，不要求证明，若需证明，可用数学归纳法证明），进而可得，通过构造即可求得；
（3）通过错位相减法可求得，再结合组合数的性质运算，可求得，通过构造函数，可比较其大小关系.
【详解】（1）观察数阵知，第一行的数奇偶性相间，第二行的数都为奇数，从第三行起所有数是偶数.
所以当为偶数时，，
当为奇数时，，
所以；
（2）由题意知，，即
变形得，
所以数列是以为首项，为公差的等差数列，
所以，所以；
（3）.
理由如下：
因为
相减得，，
所以
又因为
令，则，
又（），
所以在上单调递增，所以，
所以.
(
考点04
排列组合
)
32．(24-25高二下·湖北武汉重点中学5G联合体·期中)（多选）对于，，…，的全部排列，定义Euler数（其中，，1，…，n）表示其中恰有次升高的排列的个数（注：次升高是指在排列中有k处，，…，）.例如：1，2，3的排列共有：123，132，213，231，312，321六个，恰有1处升高的排列有如下四个：132，213，231，312，因此：.则下列结论正确的有（ ）
A． B．
C． D．
【答案】AC
【分析】按的定义计算，判断，；根据的定义，举反例判断，.
【详解】选项A，将、、、全部排列，恰有1次升高的排列为，
1排首位时，共有1432，共1个排列符合恰有1次升高；
2排首位时，共有2431，2143，共2个排列符合恰有1次升高；
3排首位时，共有3142，3214，3241，3421共4个排列符合恰有1次升高；
4排首位时，共有4132，4213，4231，4312共4个排列符合恰有1次升高；
故，故正确；
选项，将、、、全部排列，恰有2次升高，排列个数可以如下考虑：
1排首位时，共有1324，1423，1342，1243共4个排列符合恰有2次升高；
2排首位时，共有2134，2341，2314，2413共4个排列符合恰有2次升高；
3排首位时，共有3124，3412共2个排列符合恰有2次升高；
4排首位时，共有4123共1个排列符合恰有2次升高；
故，故B错误；
选项C，举例当，，，
当由选项、知，，该对称性普遍成立，
故.故C正确；
选项D，不妨取，则，而，，则，即，故，故D错误；
故选：.
33．(24-25高二下·湖北武汉部分重点中学·期中)对于正整数和正整数，现定义函数.
(1)当时，分别计算在处的取值；
(2)为了研究函数的单调性，现定义差分比；
①证明：当时，；
②对于任意正整数，当取到最大值时，求正整数.
【答案】(1)，，，
(2)①证明见解析；②
【分析】（1）根据题意依次计算；
（2）①根据题意得，即可证明；
②由①可知，对于任意正整数，在时，严格递减，在时，严格递增，接着分为偶数和奇数进行研究即可.
【详解】（1）由题意，，，，
.
（2）①
，即
当时，.
②由①可知，对于任意正整数，，
即在时，严格递减.
当时，，，
即在时，严格递增.
故对于任意正整数，总在附近取到最大值.
当为偶数时，设，此时，故仅比较与的大小，
，
当时，取到最大值；
②当为奇数时，设，此时，
当时，仅比较与的大小，
，
当时，仅有.
故当时，取到最大值；
综上，当取到最大值时，.
【点睛】方法点睛：对于新定义题型，一般分为以下几步：
（1）对新定义进行信息提取，明确新定义的名称和符号；
（2）对新定义所提取的信息进行加工，探究解决方法，有时能够追求临近的知识点，明确它们的共同点与不同点；
（3）对新定义中提取的知识进行变换，有效的输出；假如是新定义的运算，直接依据运算法则计算即可；
假如是新定义的性质，一般要判断性质的合用性，可否利用定义的外延.
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