重庆市南开中学2023-2024学年高二上学期期末考试数学试题

重庆南开中学高2025级高二（上）期末考试数学试题本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分150分，考试时间120分钟.第Ⅰ卷（选择题共60分）一、单项选择题：本题共8小题.每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求.请将答案填写在答题卡相应的位置上.1.抛物线的焦点坐标为（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】由标准方程可确定焦点位置和焦点横坐标，从而得到结果.【详解】由抛物线方程知其焦点在轴上且，其焦点坐标为.故选：C.2.若等比数列各项均为正数，且，则（）A. B.1 C. D.2【答案】D【解析】【分析】由等比中项可知的值.【详解】因为数列是等比数列，所以是和等比中项，所以，又因为各项均为正数，所以.故选：D.3.已知函数的导函数是，若，则（）A. B.0 C. D.【答案】A【解析】【分析】根据求导公式求出，可计算，由此确定解析式，进而求值.【详解】由得，所以，所以，所以，故.故选：A4.函数的单调递增区间为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用导数求函数的单调区间.【详解】因为的定义域为，所以，由得，所以的单调增区间为.故选：C5.已知等差数列的前n项和为，且，，则（）A.12 B.15 C.18 D.24【答案】B【解析】【分析】由题意解方程组，求得数列的首项和公差，根据等差数列的前n项和公式，即可求得答案.【详解】设等差数列的公差为d，由，，得，解得，故，故选：B6.已知函数的导函数为，的图象如图所示，则的图象可能是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】根据导数的图象变化，判断函数的图象的变化情况，结合选项，即可得答案.【详解】由的图象可知时，，且的值逐渐减小，此时的图象应是上升的，且上升趋势越来越平缓，当时，，且的值逐渐增大，此时的图象应是上升的，且上升趋势越来越陡峭，结合选项，符合的图象特征的为选项D中图象，故选：D7.若椭圆C：的离心率为，左顶点为A，点P，Q为C上任意两点且关于y轴对称，则直线AP和直线AQ的斜率之积为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据椭圆离心率求得，设，表示出的表达式，结合椭圆方程化简，即可得答案.【详解】由题意知椭圆C：的离心率为，即，设，则，又，故，又，故，故选：C8.函数的导函数满足，且，则不等式的解集是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据给定条件，构造函数，利用导数探讨函数的单调性，再利用单调性求解不等式即得.【详解】令函数，而，求导得，因此函数在R上单调递增，由，得，不等式，解得，所以不等式的解集是.故选：A【点睛】思路点睛：对于含有导函数的不等式的问题，在求解过程中一般要通过构造函数来解决，构造时要结合题中的条件，再判断出所构造的函数的单调性，借助单调性求解.二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得5分，部分选对得2分，有选错得0分.请将答案填写在答题卡相应的位置上.9.下列函数在定义域上为增函数的是（）A. B.C D.【答案】BC【解析】【分析】结合选项中的函数，求得相应的导数，结合导函数的符号，即可判定函数的单调，得到答案．【详解】对于A中，函数，可得，当时，，单调递增；当时，，单调递减，所以A不符合题意对于B,函数（），可得，当时，，单调递增；故B符合，对于C中，,则，故单调递增；故C符合，对于D，函数，可得，当或时，，单调递增；当时，，单调递减，所以D不符合题意；故选：BC．10.设等差数列的前n项和是，已知，，则下列选项正确的有（）A.， B.C.与均为的最大值 D.【答案】ABD【解析】【分析】根据，，利用等差数列前n项和公式得到，，再逐项判断.【详解】因为，，所以，即，因为，所以，所以，所以等差数列的前7项为正数，从第8项开始为负数，则，，为的最大值．故选：ABD．11.已知双曲线C：的左、右焦点分别为，，以为直径的圆与双曲线C的一个交点为P，下列说法正确的是（）A.圆的方程为 B.双曲线C的渐近线方程为C.到C的渐近线的距离为2 D.的面积为4【答案】ACD【解析】【分析】根据圆的半径和圆心即可求解A，根据渐近线方程的求解即可判断B，根据点到直线的距离公式即可求解C，根据双曲线定义，结合垂直关系即可求解D.【详解】由可得，对于A，由于圆心为坐标原点，直径为，所以圆的方程为，A正确，对于B，渐近线方程为，故B错误，对于C,到一条渐近线为的距离，所以C正确；对于D，由题意可得，，又，，故的面积为，故D正确；故选：ACD12.若函数有极值点，且，，则下列说法正确的是（）A.，有 B.，使得C. D.【答案】AD【解析】【分析】根据极值和零点分析可知，，，，对于AB：结合函数解析式分析判断；对于C：根据，有，结合函数单调性分析判断；对于D：构建分析可得，结合函数单调性分析判断.【详解】有题意可得：，因为函数有极值点，则，可得，，令，解得或；令，解得；则在上单调递增，在上单调递减，可知在取到极小值，所以符合题意，则的极大值为，极小值为，若，且，则，解得，且，，所以，，，对于选项AB：因为,若，则，故，所以A正确；B错误；对于选项C：，有，则，即，因为，且在上单调递减，可得，即，故C错误；对于选项D：令，则在内恒成立，可知在内单调递减，可得，可得，则，且，在上单调递增，可得，即，故D正确；故选：AD.【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的基本步骤（1）作差或变形；（2）构造新的函数；（3）利用导数研究的单调性或最值；（4）根据单调性及最值，得到所证不等式．特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题．第Ⅱ卷（非选择题共90分）三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.请将答案填写在答题卡相应位置上.13.已知数列是正项等比数列，且，，则______.【答案】##【解析】【分析】根据等比数列性质可求出公比的平方，结合，即可求得答案.【详解】由题意知数列是正项等比数列，且，，设数列的公比为q，则，则，故答案：14.若是函数，的极值点，则______.【答案】1【解析】【分析】求出函数的导数，根据极值点的含义可得，经验证即可确定答案.【详解】由于，故，由于是函数的极值点，故，即，此时，由于，则，故是的变号零点，即是函数，的极值点，符合题意，故，故答案为：1.15.已知，是椭圆C：的左、右焦点，P为C上异于顶点的一点，的平分线PQ交x轴于点Q.若，则椭圆C的离心率为______.【答案】【解析】【分析】根据角平分线性质定理结合椭圆定义即可得到关于的方程，则得到离心率的值.【详解】设，则，则，根据角平分线性质定理得，即，解得，则根据椭圆定义得，，故答案为：.16.若函数与函数的图象存在公切线，则实数t的取值范围为______.【答案】【解析】【分析】求出函数的导数，设出曲线与公切线的坐标，利用导数的几何意义求得两切点坐标之间的关系式，进而求出t的表达式，构造函数，利用导数求其最值，即可求得答案.【详解】由题意得，，设公切线与曲线切于点，与曲线切于点，则，则，，当时，，函数与的图象存在公切线，符合题意；当时，，即，故，令，则，当时，，在上单调递增，当时，，在上单调递减，故，故，综合得实数t的取值范围为，故答案为：【点睛】关键点睛：解答时要设出曲线与公切线的切点，利用导数的几何意义，求得切点坐标之间关系，关键在于由此结合该关系求得参数t的表达式，进而构造函数，利用导数解决问题.四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.请将答案填写在答题卡相应的位置上.17.已知等差数列满足：，.（1）求；（2）若，求数列的前20项的和.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）设等差数列的公差为，由题意可得，从而求出与的值即可得到；（2）根据的通项公式可知利用裂项相消求和法即可求出．【小问1详解】设等差数列的公差为，由，得，解得，所以，所以，【小问2详解】设数列的前项和为，由（1）可知，所以．18.已知椭圆C：（）的离心率为，焦距为.（1）求椭圆C的方程；（2）若直线与C交点P，Q两点，O为坐标原点，且，求实数k的值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由焦距及离心率求出椭圆的方程；（2）联立直线和椭圆的方程，得，，由得，求得k的值.【小问1详解】由题，，所以，，椭圆的方程为.【小问2详解】设，，联立方程组，得，则，即，，，因为，所以，即，得，满足，合题意.所以.19.设函数.（1）当时，求的极值；（2）若在上为减函数，求a的取值范围.【答案】（1）极小值为，的极大值为；（2）.【解析】【分析】（1）利用导数研究函数的单调性进而求得极值；（2）先将问题转化为在恒成立，分离参数后转化为在恒成立，求出函数最大值即可.【小问1详解】当时，，定义域为，，当时，；当或时，；所以在和上为减函数，在上为增函数，故的极小值为，的极大值为.【小问2详解】由已知得在恒成立，即在恒成立，分离参数得在恒成立，令，则，且，所以在单调递减，故，所以，故a的取值范围为.20.已知数列满足，.（1）求证：数列是等比数列，并求出；（2）记，是数列的前n项和.若对任意的都有，求实数m的取值范围.【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】【分析】（1）由数列递推式推出，结合等比数列定义，即可证明结论，继而求得；（2）由（1）可得的表达式，利用错位相减法求得，由此分离参数可得，构造函数，结合函数的单调性，即可求得答案.【小问1详解】证明：由题意知数列满足，，故，由于，故，故数列是首项为4，公比为2的等比数列，则；【小问2详解】由（1）得，故，则，故，故，则对任意的都有，即，即恒成立；由于，令，则函数在上单调递增，故，故，当时取等号，故.21.已知点，动点到直线l：的距离为d，且，记S的轨迹为曲线C.（1）求曲线C的方程；（2）若，分别为曲线C的左、右顶点，M，N两点在直线上，且.连接，分别与C交于点P，Q，求证：直线PQ过定点，并求出定点坐标.【答案】（1）（2）证明见解析，定点【解析】【分析】（1）根据，分别表示出，，化简即得曲线C的方程；（2）根据题意，表示出，的直线方程，与曲线联立，表示出，两点坐标，求出直线方程，进而得到直线恒过定点.【小问1详解】因为点，动点到直线l：的距离为d，所以，又因为，所以，两边同时平方得，整理得，所以曲线C的方程.【小问2详解】由（1）可得，,设，因为，则，，，将与联立，消去整理得，所以，即，，所以，所以，，故，将与联立，消去整理得，所以，即，，所以，所以，，所以，当时，直线方程为，所以直线PQ过定点，定点坐标，当时，两点分别为或，所以直线PQ过定点坐标，所以直线PQ过定点，定点坐标为【点睛】方法点睛：求动点轨迹的方法，一般有直接法，转移法以及交轨法．其中转移法适用于两个动点的情形，一个是已知曲线上的动点，另一个是所求动点，先通过条件用所求动点坐标表示已知动点坐标，再代入已知动点所在曲线方程，化简可得所求动点轨迹方程.22.已知函数有两个极值点，，其中.（1）求a的取值范围；（2）若不等式恒成立，求实数k的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）求导，将问题转化为与函数的图象在上有两个不同交点，利用导数求解的单调性，结合函数图象即可求解，（2）根据极值点可得，进而利用换元可得，进而将问题转化为，故对任意的恒成立，求导，结合分类讨论即可求解最值求解.【小问1详解】,由于有两个极值点，，所以方程在有两个不同根，即方程有两个不同的正数根；转化为函数与函数的图象在上有两个不同交点，令，令，解得，当时，单调递减，当时，单调递增，且当时，，，故作出的图象如下：由图象可得：，即；【小问2详解】由（1）知：，是的两个根，故，，则，不妨设，则，则，故可得，，化简得，由于，所以对任意的恒成立，令，故对任意的恒成立，则，设，则，当时，，单调递