江西省南昌市外国语学校2024-2025学年高二下学期期中考试数学试卷(含详解)

江西省南昌市外国语学校2024 2025学年高二下学期期中考试数学试卷
一、单选题（本大题共8小题）
1．已知数列，则该数列的第100项为（ ）
A． B． C． D．
2．已知函数，则（ ）
A． B． C． D．
3．某学校组织中国象棋比赛，甲、乙两名同学进入决赛．决赛采取3局2胜制，假设每局比赛中甲获胜的概率均为，且各局比赛的结果相互独立．则在甲获胜的条件下，甲第一局获胜的概率是（ ）
A． B． C． D．
4．希腊数学家帕普斯在他的著作《数学汇篇》中，完善了欧几里得关于圆锥曲线的统一定义，并对这一定义进行了证明，他指出，到定点的距离与到定直线的距离的比是常数的点的轨迹叫做圆锥曲线：当时，轨迹为椭圆；当时，轨迹为抛物线；当时，轨迹为双曲线.现有方程表示的圆锥曲线为（ ）
A．椭圆 B．双曲线 C．抛物线 D．以上都不对
5．《周髀算经》中有这样一个问题：从冬至日起，依次为小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种，这十二个节气，其日影长依次成等差数列，若冬至、立春、春分日影长之和为33尺，前九个节气日影长之和为108尺，则谷雨日影长为（ ）.
A．14 B．15 C．16 D．17
6．若在上单调递增，则a的最大值是（ ）
A． B． C． D．
7．已知函数的极小值点为，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
8．已知函数是定义在上的可导函数，其导函数为，则命题p：，，且，成立的充要条件是（ ）.
A． B．
C． D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．已知抛物线的焦点为，准线为，点在上，为坐标原点，则（ ）
A．直线的倾斜角为 B．的方程为
C． D．在点处的切线方程为
10．已知函数，则（ ）
A．的零点之和为3
B．的图象关于点对称
C．曲线不存在倾斜角为的切线
D．曲线在处的切线的斜率为432
11．表示数列的前项积，如．已知，则下列结论正确的是（ ）
A． B．！
C． D．满足的的最小值为41
三、填空题（本大题共3小题）
12．已知等比数列的前6项和为126，其中偶数项和是奇数项和的2倍，则 ．
13．已知函数图象的两条切线相互垂直，并分别交轴于A，B两点，则 .
14．十九世纪下半叶集合论的创立，奠定了现代数学的基础.著名的“康托三分集”是数学理性思维的构造产物，具有典型的分形特征，其操作过程如下：将闭区间均分为三段，去掉中间的区间段，记为第一次操作：再将剩下的两个区间分别均分为三段，并各自去掉中间的区间段，记为第二次操作：...，如此这样，每次在上一次操作的基础上，将剩下的各个区间分别均分为三段，同样各自去掉中间的区间段.操作过程不断地进行下去，以至无穷，剩下的区间集合即是“康托三分集”.若使去掉的各区间长度之和小于，则操作的次数的最大值为 .
（参考数据：）
四、解答题（本大题共5小题）
15．已知公差不为0的等差数列的前项和为，，为，的等比中项．
(1)求的通项公式；
(2)若，记的前项和为，证明：．
16．如图，圆柱中，是底面圆上的一条直径，，分别是底面，圆周上的一点，，，且点不与，两点重合.

(1)证明：平面平面；
(2)若二面角为，求直线与平面所成角的正弦值.
17．设函数，且．
(1)若的图象与相切，求的值；
(2)在（1）的条件下，若有三个零点，求的取值范围．
18．已知数列的前项和为．
(1)求证：数列是等差数列；
(2)设的前项和为；
①求；
②若对任意的正整数，不等式恒成立，求实数的取值范围．（结果可保留幂的形式）
19．函数的导函数记为，若对的定义域内任意，存在实数，使得不等式成立，则称为上的“函数”．
(1)判断函数是否为上的“函数”，并说明理由；
(2)若函数是上的“函数”，求的取值范围；
(3)若函数是上的“函数”，且存在，对任意，当时，都有恒成立，求的最大值．
参考答案
1．【答案】A
【详解】该数列的通项公式为，
所以.
故选A.
2．【答案】B
【详解】，则．
故选B.
3．【答案】D
【详解】设甲获胜为事件，甲第一局获胜为事件，
则，
，所以在甲获胜的条件下，甲第一局获胜的概率是.
故选D.
4．【答案】B
【详解】解：方程即为方程表示：
动点到定点的即可与到定直线的距离的比为5且大于1，
所以其轨迹为双曲线，
故选B.
5．【答案】C
【详解】设这十二个节气日影长为数列，则等差，
由题可知，，
由等差数列下表和性质得，
，
所以公差，则，
故选C.
6．【答案】C
【详解】由题意可知在恒成立，
，
取，则，即为函数的一个单调区间，
所以的最大值为.
故选C
7．【答案】A
【详解】由，可得，
因为函数的极小值点为，所以，
若，则，所以在上恒成立，故函数无极小值，
又函数的极小值点为，故，
又时，令，可得或，
当，所以，当，，所以是函数的极小值点，符合题意，
又时，令，可得或，
当，所以，当，，所以是函数的极大值点，不符合题意，
综上所述：的取值范围是.
故选A.
8．【答案】B
【详解】，且，不妨设，
，
当时，可得，
设，所以该函数是单调递减函数，，
故，∴；
当时，可得，
设，所以该函数是单调递增函数，，
故，因此有.
故选B.
9．【答案】ACD
【详解】由点在抛物线上，得，，
对于A，直线的斜率，因此直线的倾斜角为，A正确；
对于B，抛物线的准线方程为，B错误；
对于C，为焦点，则，C正确；
对于D，由，求导得，则在点处的切线斜率为，
切线方程为，即，D正确.
故选ACD.
10．【答案】BCD
【详解】因为，
其中，，
所以只有一个零点，
所以零点之和为0，故A错误．
因为，
所以的图象关于点对称，故B正确．
因为，
所以曲线不存在倾斜角为的切线，故C正确．
设，
则，
则，
所以，故D正确．
故选: BCD.
11．【答案】ACD
【详解】，A正确．
，B错误．
因为，
所以，C正确．
，由，得，则，D正确．
故选ACD.
12．【答案】2
【详解】由题设，可得，
若的公比为，则，
所以，则.
13．【答案】2
【详解】设函数在点和处的两条切线互相垂直，
如图，可得的零点为1，故不妨设，，
则，，
当时，，，
当时，，，
则，．
所以，即．
因为：，即，
：，即，
则，，因为，且，
故.
14．【答案】5
【详解】记表示第次去掉的长度，，第2次操作，去掉的线段长为，
第次操作，去掉的线段长度为，
，则，
由的最大值为5.
15．【答案】(1)；
(2)证明见解析.
【详解】（1）设的公差为，则，所以，
又为，的等比中项，则，
解之得，故；
（2）由上可知，
所以
，
易知，
令，显然定义域上单调递减，，
所以，故.
16．【答案】(1)证明过程见解析
(2)
【详解】（1）因为是底面圆上的一条直径，
所以⊥，
因为⊥底面圆，，
所以⊥底面圆，
因为底面圆，所以⊥，
因为，平面，
所以⊥平面，
因为平面，所以平面⊥平面；
（2）因为⊥底面圆，圆，
所以⊥，⊥，
所以为二面角的平面角，
故，又，所以为等边三角形，
以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
，设，故，，
，
，，
设平面的法向量为，
则，
解得，令，得，故，
设直线与平面所成角的大小为，
则，

直线与平面所成角的正弦值为.
17．【答案】(1)
(2)
【详解】（1）因为，则，
设函数与直线相切的切点是，
因为，所以，
所以有，可得，
又，相减得，
所以，所以，解得或（舍去）；
（2）当时，，
因为的图象与有三个公共点，即方程有三个实数根，
设函数，则，
当时，解得或；当时，解得；
所以在和上单调递增，在上单调递减，
当时取得极大值，当时取得极小值，
因为与有三个交点，所以，
即的取值范围为．
18．【答案】(1)证明见解析
(2)①；②
【详解】（1）因为，所以，
所以，所以，所以，
所以是公差为1的等差数列；
（2）①因为，所以，所以，
，
，
，
两式相减得，
，
．
②对任意的恒成立，
所以则对任意的恒成立，
令；
所以，
则当时，为递增数列，；
当时，；
当时，为递减数列，.
当或6时，，故．
19．【答案】(1)是，理由见解析
(2)
(3)6
【详解】（1）因为，所以.
因为当时，，
即时，.
所以对任意恒成立，所以是上的“函数”．
（2），由题意，得
所以在上恒成立．
设，，则．
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以．
所以，即．
所以的取值范围是．
（3），由题意，得在上恒成立，
即在上恒成立．
设，，
①若，即，则．
②若，则．
③若，则．
综上所述，．
不妨设，则，
转化为，
．
设，，则在上单调递增．
所以，
由题意得存在，对任意，使得，
所以，又．
所以．
所以的最大值为6．