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广东广州奥林匹克中学2025-2026学年第二学期高二年级阶段训练一数学试题
1．下列求导结果正确的是（　　）
A． B．
C． D．
2．在展开式中，的系数为（　　）
A．405 B．270 C．150 D．90
3．已知函数，则（　　）
A． B． C． D．
4．函数的图像可能是（　　）
A． B．
C． D．
5．已知函数在区间上不单调，则实数的取值范围为（　　）
A． B． C． D．
6．某航天科研所的甲、乙、丙、丁、戊5位科学家应邀去、、三所不同的学校开展科普讲座活动，要求每所学校至少1名科学家．已知甲、乙到同一所学校，丙不到学校，则不同的安排方式有多少种（　　）
A．12种 B．24种 C．36种 D．30种
7．若存在，使得不等式成立，则实数k的取值范围为（　　）
A． B． C． D．
8．已知定义在上的函数的导函数为，若，且，则不等式的解集是（　　）
A． B． C． D．
9．3名学生，2名教师站成一排参加文艺汇演，则下列说法正确的是（　　）
A．任意站成一排，有120种排法 B．学生不相邻，有24种排法
C．教师相邻，有48种排法 D．教师不站在两边，有72种排法
10．已知的展开式中的系数为6，则（　　）
A．
B．展开式中各二项式系数之和为16
C．展开式中第4项为
D．展开式中不含常数项
11．设函数，则（　　）
A．是的极小值点
B．当时，
C．当时，
D．当时，
12．若是函数的一个极值点，则　 　.
13．如图，一张长桌上，左侧有m只蚂蚁，右侧有n只蚂蚁，它们排成一条直线相向爬行（方向如图中箭头所示）.爬行规则如下：
①如果两只蚂蚁迎面碰到，会立刻调头反向爬行；
②当蚂蚁爬到桌面边缘时，会从桌面掉落.
当桌面上所有蚂蚁都掉落之后，记所有蚂蚁碰头的总次数为.则　 　；若，写出满足条件的一组为　 　.
14．记正项数列的前n项和为，已知， ．
从①；②；③这三个条件中选一个补充在上面的横线处，并解答下面的问题：
（1）求数列的通项公式；
（2）求数列的前n项的和，求证：．
15．已知函数.
（1）求函数的单调区间以及极值；
（2）求函数在上的最值.
16．如图，四棱锥的底面是菱形，，是中点，，，平面平面.
（1）求证：平面；
（2）求二面角的余弦值.
17．已知椭圆过点，两个焦点坐标分别为．
（1）求椭圆的方程．
（2）已知为椭圆上异于的两点，且直线与轴围成一个以为顶点的等腰三角形．
（i）求证：直线的斜率为定值；
（ii）求面积的最大值．
18．已知函数.
（1）当时，求曲线在点处的切线方程.
（2）当时，证明：当时，.
（3）若有两个零点，求a的取值范围.
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】导数的四则运算；导数的乘法与除法法则；简单复合函数求导法则
【解析】【解答】解：A：根据商的求导法则，，故A正确；
B：余弦函数的导数为，而非，故B错误；
C：根据乘积的求导法则，，而非，故C错误；
D：是常数，常数的导数为0，故，而非，故D错误。
故答案为：A。
【分析】A：考查商的求导法则，结合指数函数的导数公式计算即可验证；B：考查基本三角函数的导数公式，余弦函数的导数为负的正弦函数；C：考查乘积的求导法则，结合对数函数的导数公式计算即可验证；D：考查常数的导数性质，常数的导数恒为0，与三角函数的导数公式区分开。
2．【答案】D
【知识点】二项式定理；二项展开式的通项
【解析】【解答】解：易知展开式中含的项为，
所以的系数为.
故答案为：D
【分析】本题考查二项式展开式的通项公式，解题关键是写出通项并找到含的项。
3．【答案】C
【知识点】极限及其运算；基本初等函数导函数公式
【解析】【解答】解：函数，求导得，
所以.
故答案为：C
【分析】本题考查导数的定义，解题关键是将给定的极限式转化为导数定义的形式，再求导计算。
4．【答案】B
【知识点】函数的图象；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：函数的定义域为：，
∵，∴，
∴函数在区间上单调递增，在区间上单调递增，AC错误；
当，时，，D错误，
∴函数的图像可能为B选项.
故答案为：B.
【分析】先从函数解析式出发，分析定义域、单调性、特殊点极限等关键性质，再结合选项进行排除，可以通过先判断函数的单调性排除部分选项，再利用函数在趋近于0时的取值特征进一步筛选，最终锁定答案。
5．【答案】C
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：由，求导得，
因为函数在区间上不单调，则在内有解，
所以，解得，
所以实数的取值范围为.
故答案为：C.
【分析】利用导数的正负判断函数的单调性和已知条件，从而得出在内有解，进而得出实数a的取值范围.
6．【答案】B
【知识点】分步乘法计数原理；排列、组合的实际应用；排列与组合的综合
【解析】【解答】解：因为甲 乙到同一所学校，所以将甲、乙“捆绑”看成一个元素，
因此原问题转化为要将四个元素：甲乙、丙、丁、戊分配到三所学校，每所学校至少1个元素，
若A学校只安排一个元素，该元素不为丙，则有种分配方法；
若A学校只安排两个元素，则需从甲乙、丁、戊中选两个元素，
则有种分配方法；
所以不同的安排方式有种；
故答案为：B.
【分析】排列组合中的分组分配问题，解题核心是先将甲乙“捆绑”为一个元素，转化为4个元素分配到3所学校的问题，再结合“丙不到A学校”的限制条件，分情况讨论A学校的分配人数，计算所有合法的分配方式。
7．【答案】C
【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：存在，不等式成立，
则，能成立，
即对于，成立，
令，，
则需要大于函数在的最小值，
则，令，
所以当，，单调递增，
当，，单调递减，
又，
，，，，，
所以，所以.
故答案为：C.
【分析】本题是不等式能成立问题，解题核心是通过参数分离，将问题转化为求函数在区间内的取值范围，再利用导数分析函数单调性，最终确定参数的取值范围。
8．【答案】D
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：设，则.
因为，所以，即，所以在上单调递减.
不等式等价于不等式，即.
因为，所以，所以.
因为在上单调递减，所以，解得.
故答案为：D
【分析】这道题的核心是通过构造辅助函数，利用导数判断单调性，再将原不等式转化为函数值的大小关系求解，构造，利用已知条件 推出 单调递减，再将原不等式转化为 ，结合定义域和单调性解不等式。
9．【答案】A,C
【知识点】排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：对于A，因为任意站成一排，是全排列，
所以有种排法，故A正确；
对于B，因为学生不相邻，所以先排老师，然后插空，
则种排法，故B错误；
对于C，因为教师相邻用捆绑，
所以种排法，故C正确；
对于D，因为教师不站两边，先将两边排上学生，剩下的人全排列，
所以，一共有种排法，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】根据已知条件和全排列，则判断出选项A；根据不相邻问题用插空法结合排列数公式，则判断出选项B；根据相邻问题用捆绑法结合排列数公式，则判断出选项C；根据特殊位置优先排列的方法结合排列数公式，则判断出选项D，从而找出说法正确的选项.
10．【答案】A,B,D
【知识点】二项式定理；二项式系数的性质；二项展开式
【解析】【解答】解：展开式的通项为，，
由题意可得展开式中的系数为6，则，解得，
A，，，所以，故A正确；
B，，故展开式中各二项式系数之和为16，故B正确；
C，展开式中第4项为，故C错误；
D，令，解得，故展开式中不含常数项，故D正确.
故答案为：ABD
【分析】A：通过求解通项公式得到，再直接计算二项式系数的大小关系；B：利用二项式系数之和的性质直接计算；C：根据通项公式，注意项数与的对应关系（第项对应），计算第4项；D：令通项中的指数为0，判断是否存在整数，以确定是否有常数项。
11．【答案】A,C,D
【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
【解析】【解答】解：A，因为函数的定义域为R，而，
易知当时，，当或时，
函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，故是函数的极小值点，A正确；
B，当时，，所以，而由上可知，函数在上单调递增，所以，B错误；
C，当时，，而由上可知，函数在上单调递减，所以，即，C正确；
D，当时，，所以，D正确；
故答案为：ACD.
【分析】先通过求导确定函数的单调性与极值，再结合函数的单调性、值域及作差法，逐一分析各选项。
12．【答案】
【知识点】导数的四则运算；利用导数研究函数的极值
【解析】【解答】解：，
因为是函数的极值点，
所以，即，
故，所以，.
故答案为：
【分析】本题考查极值点的定义，核心思路是利用“极值点处导数为0”这一关键性质，先求出参数a，再代入原函数计算f(0)。
13．【答案】；
【知识点】数列的求和；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：当左侧有1只蚂蚁，右侧有2只蚂蚁，则左侧和右侧最前面的蚂蚁碰头一次后，
左侧蚂蚁调头爬到桌面边缘掉落，而右侧碰头的蚂蚁调头后与后面的蚂蚁再一次碰头，
然后两只蚂蚁调头都爬到桌面边缘掉落，这样一共就是碰头2次，所以；
当左侧有1只蚂蚁，右侧有12只蚂蚁，依次编号为，
则左侧和号碰头一次后，左侧蚂蚁调头爬到桌面边缘掉落，累计碰头次，
号调头与号碰头一次后，号再调头爬到桌面边缘掉落，累计碰头次，
号调头与号碰头一次后，号再调头爬到桌面边缘掉落，累计碰头次，
号调头与号碰头一次后，号再调头爬到桌面边缘掉落，累计碰头次，
号调头与号碰头一次后，号和号都调头爬到桌面边缘掉落，累计碰头次，
所以此时有，故满足条件的一组为，
即，任意一组正整数解都符合要求，
例如 （也可填等都正确）.
故答案为：；
【分析】理解蚂蚁“碰头调头”的等价模型：两只蚂蚁碰头后调头，等价于它们穿过对方继续前进，因此每一次左右蚂蚁的“相遇”都对应一次碰头，碰头总次数等于左侧蚂蚁数m与右侧蚂蚁数n的乘积mn。
14．【答案】（1）解：选择①，当时
，
而时，满足左式，
∴．
选择②，，
选择③，由，得，从而得．
（2）证明：因为，
所以
因为，所以，
∴.
【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) 任选一个条件，通过不同方法（前 项和与通项的关系、累乘法、等差数列定义）推导数列 的通项公式；
(2) 利用裂项相消法求数列 的前 项和 ，并证明 。
（1）选择①，
当时
，
而时，满足左式，
∴．
选择②，
，
选择③，
由，得，从而得．
（2）因为，
所以
因为，
所以，
∴.
15．【答案】（1）解：因为函数的定义域是，又因为，
令，得；令，得，
则函数的单调递增区间为，单调递减区间为，
所以，函数的极大值为，无极小值.
（2）解：由（1）可知，在上单调递增，在上单调递减，
所以，
则函数在上的最小值为，
因为，所以，
则函数在上的最小值为，
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；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】(1)先求出函数的定义域，再利用导数的正负判断函数的单调性，从而得出函数的单调区间，进而得出函数的极值.
(2)根据(1)中函数的单调性和比较法，从而得出函数在上的最值.
（1）函数的定义域是.
又，令，得，令，得，
故函数的单调递增区间为，单调递减区间为，
所以函数的极大值为，无极小值.
（2）由（1）可知，在上单调递增，在上单调递减，
所以
所以在上的最小值为.
又因为，所以，
所以函数在上的最小值为，即.
16．【答案】（1）证明：设，则，由题意得，
，，
是菱形，
∵平面平面 ，平面平面，
∴平面
（2）解：由（1）得，以点为坐标原点，的方向为轴的正方向，的方向为轴的正方向，建立如图的空间直角坐标系，设，则
设是平面的一个法向量，
则 ，∴
令，则，
设是平面的一个法向量，
则，∴，
令，则，
∴
又二面角为钝二面角，
∴二面角的余弦值.
【知识点】直线与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】(1) 通过设定菱形边长，结合余弦定理计算出 的长度，再利用勾股定理逆定理证明 与 边垂直，利用菱形对边平行的性质，可推出 与 也垂直，最后，结合已知的面面垂直条件，运用面面垂直的性质定理，即可证明 垂直于平面 。
(2) 以 为坐标原点，建立空间直角坐标系，通过求解平面 和平面 的法向量，并利用向量夹角公式计算出法向量夹角的余弦值，再根据二面角的实际类型（钝角），确定最终的余弦值符号。
17．【答案】（1）解：设椭圆的方程为，
显然，
将点代入椭圆方程，
即，解得或（舍去）
所以椭圆的方程为．
（2）（i）证明：设直线的方程为（由对称性知存在），如下图：
联立得，化简得，
由知，则，
因为，所以，即，
化简得，因为直线不过点，所以，
故．
（ii）解：设直线为，
联立与，得，
因为，所以．
由韦达定理知
易知，
点到直线的距离，
所以，
当且仅当时，的面积取最大值2．
【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】(1) 先根据椭圆的焦点坐标确定半焦距 ，再利用点 在椭圆上，代入椭圆标准方程联立求解 、，即可得到椭圆方程。
(2)(i) 设直线 的方程并与椭圆方程联立，结合韦达定理，利用直线 、 斜率之和为0的条件，化简证明直线 的斜率为定值；
(ii) 利用弦长公式和点到直线距离公式表示出 的面积，再通过二次函数求最值的方法，求出面积的最大值。
（1）设椭圆的方程为，
显然，
将点代入椭圆方程，即，解得或（舍去）
所以椭圆的方程为．
（2）（i）法一：
设直线的方程为（由对称性知存在），如下图：
联立得，化简得，
由知，则，
因为，所以，即，
化简得，因为直线不过点，所以，
故．
法二：
设直线的方程为，
联立，得，化简，
得，
由知，即，则，
又，所以，
因为直线与轴围成一个以为顶点的等腰三角形，所以，
同理可得，
由此可知，
则直线的斜率，
故直线的斜率为定值．
法三：
因为直线与轴围成一个以为顶点的等腰三角形，所以，
因为为椭圆上异于的两点，
所以可设直线为，不同时为0，
联立与，
得，
等式两边同时除以，记，
化简得，
由于，所以，说明直线的斜率为定值．
（ii）设直线为，
联立与，得，
因为，所以．
由韦达定理知
法一：
过点作轴的垂线交直线于点，则点的坐标为，
，即，
化简得．
当且仅当时，的面积取最大值2．
法二：
易知，
点到直线的距离，
所以，
当且仅当时，的面积取最大值2．
18．【答案】（1）解：当时，，则，
从而，，
故曲线在点处的切线方程为，
即；
（2）证明：设，则.
显然在上恒成立，所以在上单调递减.
又，所以在上恒成立，
所以在上单调递增，
故，即当时，.
（3）解：由题意可得.
设，则.
①若，显然，则在上单调递增，即在上单调递增.
又，所以当时，，当时，，
则在上单调递减，在上单调递增，
又，所以只有一个零点，故不符合题意.
②若，则当时，，当时，，
则在上单调递减，在上单调递增.
又，所以，又，
所以存在唯一的，使得.
当时，，当时，，
则在，上单调递增，在上单调递减.
又，所以，又当时，，
所以恰有两个零点，则符合题意.
③若，则由（2）知在R上恒成立，所以在上单调递增，
又，所以只有一个零点，则不符合题意.
④若，则当时，，当时，，
则在上单调递减，在上单调递增.
又，所以，又，
所以存在唯一的，使得.
当时，，当时，，
则在，上单调递增，在上单调递减.
又，所以，又当时，，
所以恰有两个零点，则符合题意.
综上，a的取值范围为.
【知识点】导数的几何意义；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) 先求导得到切线斜率，再计算 的值，最后用点斜式写出切线方程；
(2) 通过研究 的单调性，证明 在 上单调递增，从而 ；
(3) 对参数 分情况讨论，通过分析 和 的单调性与极值，判断零点个数，从而确定 的取值范围。
（1）当时，，则，
从而，，
故曲线在点处的切线方程为，
即；
（2）设，则.
显然在上恒成立，所以在上单调递减.
又，所以在上恒成立，
所以在上单调递增，
故，即当时，.
（3）由题意可得.
设，则.
①若，显然，则在上单调递增，即在上单调递增.
又，所以当时，，当时，，
则在上单调递减，在上单调递增，
又，所以只有一个零点，故不符合题意.
②若，则当时，，当时，，
则在上单调递减，在上单调递增.
又，所以，又，
所以存在唯一的，使得.
当时，，当时，，
则在，上单调递增，在上单调递减.
又，所以，又当时，，
所以恰有两个零点，则符合题意.
③若，则由（2）知在R上恒成立，所以在上单调递增，
又，所以只有一个零点，则不符合题意.
④若，则当时，，当时，，
则在上单调递减，在上单调递增.
又，所以，又，
所以存在唯一的，使得.
当时，，当时，，
则在，上单调递增，在上单调递减.
又，所以，又当时，，
所以恰有两个零点，则符合题意.
综上，a的取值范围为.
1 / 1广东广州奥林匹克中学2025-2026学年第二学期高二年级阶段训练一数学试题
1．下列求导结果正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】导数的四则运算；导数的乘法与除法法则；简单复合函数求导法则
【解析】【解答】解：A：根据商的求导法则，，故A正确；
B：余弦函数的导数为，而非，故B错误；
C：根据乘积的求导法则，，而非，故C错误；
D：是常数，常数的导数为0，故，而非，故D错误。
故答案为：A。
【分析】A：考查商的求导法则，结合指数函数的导数公式计算即可验证；B：考查基本三角函数的导数公式，余弦函数的导数为负的正弦函数；C：考查乘积的求导法则，结合对数函数的导数公式计算即可验证；D：考查常数的导数性质，常数的导数恒为0，与三角函数的导数公式区分开。
2．在展开式中，的系数为（　　）
A．405 B．270 C．150 D．90
【答案】D
【知识点】二项式定理；二项展开式的通项
【解析】【解答】解：易知展开式中含的项为，
所以的系数为.
故答案为：D
【分析】本题考查二项式展开式的通项公式，解题关键是写出通项并找到含的项。
3．已知函数，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】极限及其运算；基本初等函数导函数公式
【解析】【解答】解：函数，求导得，
所以.
故答案为：C
【分析】本题考查导数的定义，解题关键是将给定的极限式转化为导数定义的形式，再求导计算。
4．函数的图像可能是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】函数的图象；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：函数的定义域为：，
∵，∴，
∴函数在区间上单调递增，在区间上单调递增，AC错误；
当，时，，D错误，
∴函数的图像可能为B选项.
故答案为：B.
【分析】先从函数解析式出发，分析定义域、单调性、特殊点极限等关键性质，再结合选项进行排除，可以通过先判断函数的单调性排除部分选项，再利用函数在趋近于0时的取值特征进一步筛选，最终锁定答案。
5．已知函数在区间上不单调，则实数的取值范围为（　　）
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：由，求导得，
因为函数在区间上不单调，则在内有解，
所以，解得，
所以实数的取值范围为.
故答案为：C.
【分析】利用导数的正负判断函数的单调性和已知条件，从而得出在内有解，进而得出实数a的取值范围.
6．某航天科研所的甲、乙、丙、丁、戊5位科学家应邀去、、三所不同的学校开展科普讲座活动，要求每所学校至少1名科学家．已知甲、乙到同一所学校，丙不到学校，则不同的安排方式有多少种（　　）
A．12种 B．24种 C．36种 D．30种
【答案】B
【知识点】分步乘法计数原理；排列、组合的实际应用；排列与组合的综合
【解析】【解答】解：因为甲 乙到同一所学校，所以将甲、乙“捆绑”看成一个元素，
因此原问题转化为要将四个元素：甲乙、丙、丁、戊分配到三所学校，每所学校至少1个元素，
若A学校只安排一个元素，该元素不为丙，则有种分配方法；
若A学校只安排两个元素，则需从甲乙、丁、戊中选两个元素，
则有种分配方法；
所以不同的安排方式有种；
故答案为：B.
【分析】排列组合中的分组分配问题，解题核心是先将甲乙“捆绑”为一个元素，转化为4个元素分配到3所学校的问题，再结合“丙不到A学校”的限制条件，分情况讨论A学校的分配人数，计算所有合法的分配方式。
7．若存在，使得不等式成立，则实数k的取值范围为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【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：存在，不等式成立，
则，能成立，
即对于，成立，
令，，
则需要大于函数在的最小值，
则，令，
所以当，，单调递增，
当，，单调递减，
又，
，，，，，
所以，所以.
故答案为：C.
【分析】本题是不等式能成立问题，解题核心是通过参数分离，将问题转化为求函数在区间内的取值范围，再利用导数分析函数单调性，最终确定参数的取值范围。
8．已知定义在上的函数的导函数为，若，且，则不等式的解集是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：设，则.
因为，所以，即，所以在上单调递减.
不等式等价于不等式，即.
因为，所以，所以.
因为在上单调递减，所以，解得.
故答案为：D
【分析】这道题的核心是通过构造辅助函数，利用导数判断单调性，再将原不等式转化为函数值的大小关系求解，构造，利用已知条件 推出 单调递减，再将原不等式转化为 ，结合定义域和单调性解不等式。
9．3名学生，2名教师站成一排参加文艺汇演，则下列说法正确的是（　　）
A．任意站成一排，有120种排法 B．学生不相邻，有24种排法
C．教师相邻，有48种排法 D．教师不站在两边，有72种排法
【答案】A,C
【知识点】排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：对于A，因为任意站成一排，是全排列，
所以有种排法，故A正确；
对于B，因为学生不相邻，所以先排老师，然后插空，
则种排法，故B错误；
对于C，因为教师相邻用捆绑，
所以种排法，故C正确；
对于D，因为教师不站两边，先将两边排上学生，剩下的人全排列，
所以，一共有种排法，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】根据已知条件和全排列，则判断出选项A；根据不相邻问题用插空法结合排列数公式，则判断出选项B；根据相邻问题用捆绑法结合排列数公式，则判断出选项C；根据特殊位置优先排列的方法结合排列数公式，则判断出选项D，从而找出说法正确的选项.
10．已知的展开式中的系数为6，则（　　）
A．
B．展开式中各二项式系数之和为16
C．展开式中第4项为
D．展开式中不含常数项
【答案】A,B,D
【知识点】二项式定理；二项式系数的性质；二项展开式
【解析】【解答】解：展开式的通项为，，
由题意可得展开式中的系数为6，则，解得，
A，，，所以，故A正确；
B，，故展开式中各二项式系数之和为16，故B正确；
C，展开式中第4项为，故C错误；
D，令，解得，故展开式中不含常数项，故D正确.
故答案为：ABD
【分析】A：通过求解通项公式得到，再直接计算二项式系数的大小关系；B：利用二项式系数之和的性质直接计算；C：根据通项公式，注意项数与的对应关系（第项对应），计算第4项；D：令通项中的指数为0，判断是否存在整数，以确定是否有常数项。
11．设函数，则（　　）
A．是的极小值点
B．当时，
C．当时，
D．当时，
【答案】A,C,D
【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
【解析】【解答】解：A，因为函数的定义域为R，而，
易知当时，，当或时，
函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，故是函数的极小值点，A正确；
B，当时，，所以，而由上可知，函数在上单调递增，所以，B错误；
C，当时，，而由上可知，函数在上单调递减，所以，即，C正确；
D，当时，，所以，D正确；
故答案为：ACD.
【分析】先通过求导确定函数的单调性与极值，再结合函数的单调性、值域及作差法，逐一分析各选项。
12．若是函数的一个极值点，则　 　.
【答案】
【知识点】导数的四则运算；利用导数研究函数的极值
【解析】【解答】解：，
因为是函数的极值点，
所以，即，
故，所以，.
故答案为：
【分析】本题考查极值点的定义，核心思路是利用“极值点处导数为0”这一关键性质，先求出参数a，再代入原函数计算f(0)。
13．如图，一张长桌上，左侧有m只蚂蚁，右侧有n只蚂蚁，它们排成一条直线相向爬行（方向如图中箭头所示）.爬行规则如下：
①如果两只蚂蚁迎面碰到，会立刻调头反向爬行；
②当蚂蚁爬到桌面边缘时，会从桌面掉落.
当桌面上所有蚂蚁都掉落之后，记所有蚂蚁碰头的总次数为.则　 　；若，写出满足条件的一组为　 　.
【答案】；
【知识点】数列的求和；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：当左侧有1只蚂蚁，右侧有2只蚂蚁，则左侧和右侧最前面的蚂蚁碰头一次后，
左侧蚂蚁调头爬到桌面边缘掉落，而右侧碰头的蚂蚁调头后与后面的蚂蚁再一次碰头，
然后两只蚂蚁调头都爬到桌面边缘掉落，这样一共就是碰头2次，所以；
当左侧有1只蚂蚁，右侧有12只蚂蚁，依次编号为，
则左侧和号碰头一次后，左侧蚂蚁调头爬到桌面边缘掉落，累计碰头次，
号调头与号碰头一次后，号再调头爬到桌面边缘掉落，累计碰头次，
号调头与号碰头一次后，号再调头爬到桌面边缘掉落，累计碰头次，
号调头与号碰头一次后，号再调头爬到桌面边缘掉落，累计碰头次，
号调头与号碰头一次后，号和号都调头爬到桌面边缘掉落，累计碰头次，
所以此时有，故满足条件的一组为，
即，任意一组正整数解都符合要求，
例如 （也可填等都正确）.
故答案为：；
【分析】理解蚂蚁“碰头调头”的等价模型：两只蚂蚁碰头后调头，等价于它们穿过对方继续前进，因此每一次左右蚂蚁的“相遇”都对应一次碰头，碰头总次数等于左侧蚂蚁数m与右侧蚂蚁数n的乘积mn。
14．记正项数列的前n项和为，已知， ．
从①；②；③这三个条件中选一个补充在上面的横线处，并解答下面的问题：
（1）求数列的通项公式；
（2）求数列的前n项的和，求证：．
【答案】（1）解：选择①，当时
，
而时，满足左式，
∴．
选择②，，
选择③，由，得，从而得．
（2）证明：因为，
所以
因为，所以，
∴.
【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) 任选一个条件，通过不同方法（前 项和与通项的关系、累乘法、等差数列定义）推导数列 的通项公式；
(2) 利用裂项相消法求数列 的前 项和 ，并证明 。
（1）选择①，
当时
，
而时，满足左式，
∴．
选择②，
，
选择③，
由，得，从而得．
（2）因为，
所以
因为，
所以，
∴.
15．已知函数.
（1）求函数的单调区间以及极值；
（2）求函数在上的最值.
【答案】（1）解：因为函数的定义域是，又因为，
令，得；令，得，
则函数的单调递增区间为，单调递减区间为，
所以，函数的极大值为，无极小值.
（2）解：由（1）可知，在上单调递增，在上单调递减，
所以，
则函数在上的最小值为，
因为，所以，
则函数在上的最小值为，
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；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】(1)先求出函数的定义域，再利用导数的正负判断函数的单调性，从而得出函数的单调区间，进而得出函数的极值.
(2)根据(1)中函数的单调性和比较法，从而得出函数在上的最值.
（1）函数的定义域是.
又，令，得，令，得，
故函数的单调递增区间为，单调递减区间为，
所以函数的极大值为，无极小值.
（2）由（1）可知，在上单调递增，在上单调递减，
所以
所以在上的最小值为.
又因为，所以，
所以函数在上的最小值为，即.
16．如图，四棱锥的底面是菱形，，是中点，，，平面平面.
（1）求证：平面；
（2）求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明：设，则，由题意得，
，，
是菱形，
∵平面平面 ，平面平面，
∴平面
（2）解：由（1）得，以点为坐标原点，的方向为轴的正方向，的方向为轴的正方向，建立如图的空间直角坐标系，设，则
设是平面的一个法向量，
则 ，∴
令，则，
设是平面的一个法向量，
则，∴，
令，则，
∴
又二面角为钝二面角，
∴二面角的余弦值.
【知识点】直线与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】(1) 通过设定菱形边长，结合余弦定理计算出 的长度，再利用勾股定理逆定理证明 与 边垂直，利用菱形对边平行的性质，可推出 与 也垂直，最后，结合已知的面面垂直条件，运用面面垂直的性质定理，即可证明 垂直于平面 。
(2) 以 为坐标原点，建立空间直角坐标系，通过求解平面 和平面 的法向量，并利用向量夹角公式计算出法向量夹角的余弦值，再根据二面角的实际类型（钝角），确定最终的余弦值符号。
17．已知椭圆过点，两个焦点坐标分别为．
（1）求椭圆的方程．
（2）已知为椭圆上异于的两点，且直线与轴围成一个以为顶点的等腰三角形．
（i）求证：直线的斜率为定值；
（ii）求面积的最大值．
【答案】（1）解：设椭圆的方程为，
显然，
将点代入椭圆方程，
即，解得或（舍去）
所以椭圆的方程为．
（2）（i）证明：设直线的方程为（由对称性知存在），如下图：
联立得，化简得，
由知，则，
因为，所以，即，
化简得，因为直线不过点，所以，
故．
（ii）解：设直线为，
联立与，得，
因为，所以．
由韦达定理知
易知，
点到直线的距离，
所以，
当且仅当时，的面积取最大值2．
【知识点】椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】(1) 先根据椭圆的焦点坐标确定半焦距 ，再利用点 在椭圆上，代入椭圆标准方程联立求解 、，即可得到椭圆方程。
(2)(i) 设直线 的方程并与椭圆方程联立，结合韦达定理，利用直线 、 斜率之和为0的条件，化简证明直线 的斜率为定值；
(ii) 利用弦长公式和点到直线距离公式表示出 的面积，再通过二次函数求最值的方法，求出面积的最大值。
（1）设椭圆的方程为，
显然，
将点代入椭圆方程，即，解得或（舍去）
所以椭圆的方程为．
（2）（i）法一：
设直线的方程为（由对称性知存在），如下图：
联立得，化简得，
由知，则，
因为，所以，即，
化简得，因为直线不过点，所以，
故．
法二：
设直线的方程为，
联立，得，化简，
得，
由知，即，则，
又，所以，
因为直线与轴围成一个以为顶点的等腰三角形，所以，
同理可得，
由此可知，
则直线的斜率，
故直线的斜率为定值．
法三：
因为直线与轴围成一个以为顶点的等腰三角形，所以，
因为为椭圆上异于的两点，
所以可设直线为，不同时为0，
联立与，
得，
等式两边同时除以，记，
化简得，
由于，所以，说明直线的斜率为定值．
（ii）设直线为，
联立与，得，
因为，所以．
由韦达定理知
法一：
过点作轴的垂线交直线于点，则点的坐标为，
，即，
化简得．
当且仅当时，的面积取最大值2．
法二：
易知，
点到直线的距离，
所以，
当且仅当时，的面积取最大值2．
18．已知函数.
（1）当时，求曲线在点处的切线方程.
（2）当时，证明：当时，.
（3）若有两个零点，求a的取值范围.
【答案】（1）解：当时，，则，
从而，，
故曲线在点处的切线方程为，
即；
（2）证明：设，则.
显然在上恒成立，所以在上单调递减.
又，所以在上恒成立，
所以在上单调递增，
故，即当时，.
（3）解：由题意可得.
设，则.
①若，显然，则在上单调递增，即在上单调递增.
又，所以当时，，当时，，
则在上单调递减，在上单调递增，
又，所以只有一个零点，故不符合题意.
②若，则当时，，当时，，
则在上单调递减，在上单调递增.
又，所以，又，
所以存在唯一的，使得.
当时，，当时，，
则在，上单调递增，在上单调递减.
又，所以，又当时，，
所以恰有两个零点，则符合题意.
③若，则由（2）知在R上恒成立，所以在上单调递增，
又，所以只有一个零点，则不符合题意.
④若，则当时，，当时，，
则在上单调递减，在上单调递增.
又，所以，又，
所以存在唯一的，使得.
当时，，当时，，
则在，上单调递增，在上单调递减.
又，所以，又当时，，
所以恰有两个零点，则符合题意.
综上，a的取值范围为.
【知识点】导数的几何意义；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) 先求导得到切线斜率，再计算 的值，最后用点斜式写出切线方程；
(2) 通过研究 的单调性，证明 在 上单调递增，从而 ；
(3) 对参数 分情况讨论，通过分析 和 的单调性与极值，判断零点个数，从而确定 的取值范围。
（1）当时，，则，
从而，，
故曲线在点处的切线方程为，
即；
（2）设，则.
显然在上恒成立，所以在上单调递减.
又，所以在上恒成立，
所以在上单调递增，
故，即当时，.
（3）由题意可得.
设，则.
①若，显然，则在上单调递增，即在上单调递增.
又，所以当时，，当时，，
则在上单调递减，在上单调递增，
又，所以只有一个零点，故不符合题意.
②若，则当时，，当时，，
则在上单调递减，在上单调递增.
又，所以，又，
所以存在唯一的，使得.
当时，，当时，，
则在，上单调递增，在上单调递减.
又，所以，又当时，，
所以恰有两个零点，则符合题意.
③若，则由（2）知在R上恒成立，所以在上单调递增，
又，所以只有一个零点，则不符合题意.
④若，则当时，，当时，，
则在上单调递减，在上单调递增.
又，所以，又，
所以存在唯一的，使得.
当时，，当时，，
则在，上单调递增，在上单调递减.
又，所以，又当时，，
所以恰有两个零点，则符合题意.
综上，a的取值范围为.
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