2024-2025学年山西省忻州市高二上册1月期末考试数学检测试题（附解析）

2024-2025学年山西省忻州市高二上学期1月期末考试数学检测试题一、单选题（本大题共8小题）1．已知数列的前4项分别为，，，，则该数列的一个通项公式可以为（

）A．B．C．D．2．已知直线，直线.若，则（

）A．4 B．-2 C．4或-2 D．33．已知等比数列的前项和为，若，则（

）A． B． C． D．4．若数列满足，，则（

）A． B．11 C． D．5．函数的极大值为（

）A． B． C． D．6．过抛物线的焦点的直线与抛物线C相交于A，B两点，若线段中点的坐标为，则（

）A．4 B．3 C．2 D．17．在三棱锥中，平面分别是棱的中点，，则直线与平面所成角的正弦值为（

）A． B． C． D．8．若函数，的导函数都存在，恒成立，且，则必有（

）A． B．C． D．二、多选题（本大题共4小题）9．等差数列的前n项和为，若，，则（

）A．的公差为1 B．的公差为2C． D．10．已知函数的导函数的图象如图所示，则（

）A．在上单调递减B．在上单调递增C．有2个极大值点D．只有1个极小值点11．已知，在同一个坐标系下，曲线与直线的位置可能是（

）A． B．C． D．12．已知函数，且关于的方程有3个不等实数根，则下列说法正确的是（

）A．当时，B．在上单调递减C．的取值范围是D．的取值范围是三、填空题（本大题共4小题）13．物体位移（单位：）和时间（单位：）满足函数关系，则当时，物体的瞬时速度为.14．已知双曲线，直线被所截得的弦长为，则．15．若直线是圆的一条对称轴，则点与该圆上任意一点的距离的最小值为．16．在数列与中，已知，则．四、解答题（本大题共6小题）17．已知函数.(1)求曲线在点处的切线方程；(2)求在上的最值.18．已知数列的前项和为，且.(1)求的通项公式；(2)设，求数列的前项和.19．已知直四棱柱的底面是菱形，且，分别是侧棱的中点．(1)证明：四边形为菱形．(2)求点到平面的距离．20．已知正项数列满足，数列的前项和为，且，.(1)求，的通项公式；(2)证明.21．已知椭圆与双曲线的焦距之比为．(1)求椭圆和双曲线的离心率；(2)设双曲线的右焦点为F，过F作轴交双曲线于点P（P在第一象限），A，B分别为椭圆的左、右顶点，与椭圆交于另一点Q，O为坐标原点，证明：．22．已知函数，.(1)讨论的单调性.(2)是否存在两个正整数，，使得当时，？若存在，求出所有满足条件的，的值；若不存在，请说明理由.

答案1．【正确答案】D【分析】观察数列的项的特点，找到各项之间的规律，即可写出一个通项公式，结合选项，即得答案.【详解】观察可知，该数列的前面整数部分为奇数，后面分数部分正负相间，首项的分数部分为负，分母为，分子为，故该数列的一个通项公式可以为，故选：D2．【正确答案】A【分析】由直线平行的必要条件列出方程求解参数，并注意回代检验是否满足平行而不是重合.【详解】因为，所以，即，得或.当时，，，符合题意；当时，，，，重合.故.故选：A.3．【正确答案】D【分析】根据题意，求得，结合等比数列的定义，得到，即可求解.【详解】由，当时，，可得，当时，，因为数列为等比数列，可得，解得.故选：D.4．【正确答案】D【分析】探索数列的周期性，根据数列的周期性求指定项.【详解】因为.所以数列周期为3的数列.所以，所以，故.故选：D5．【正确答案】B【分析】求导，再根据极大值与导数的关系即可得到答案.【详解】，当时，，当时，.所以的极大值为.故选：B.6．【正确答案】A【分析】利用点差法及中点与焦点坐标分别表示直线的斜率，可建立关于的方程，求解可得.【详解】设，，则，两式作差得，，当时，则中点坐标为焦点，不满足题意；当时，得．设线段中点，因为坐标，且过焦点，所以，则的斜率，解得．故选：A.7．【正确答案】B【分析】建系，求出平面的法向量为，再代入线面角的公式求解即可.【详解】因为平面，都在面内，所以，又，所以，所以两两垂直，以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，．设平面的法向量为，则所以取，得．设直线与平面所成的角为，所以．故选：B8．【正确答案】D【分析】由，得，设函数，利用导数证明单调递增，所以，据此即可求解.【详解】由，得，设函数，则，所以单调递增，所以，即，因为，所以，即.故选：D.9．【正确答案】ACD【分析】列出方程组，求出等差数列的公差和首项，判断A，B；根据等差数列通项公式以及前n项和公式即可判断C，D.【详解】设的公差为d，由，，得，解得，故A正确，B错误；，，C，D正确.故选：ACD10．【正确答案】ABD【分析】根据导函数图象与函数单调性以及极值的关系一一分析即可.【详解】由图可知，当时，，所以在上单调递减，当时，，所以在上单调递增，A，B均正确.当时，，当时，，当时，，所以的极大值点为，的极小值点为，C错误，D正确.故选：ABD.11．【正确答案】BD【分析】先根据题意得到曲线为，直线为，再根据当，，，时，曲线及直线的横截距与纵截距的关系即可逐项判断．【详解】因为，所以曲线为，直线为，当时，曲线表示的是圆，直线的横截距与纵截距相等，则A错误；当时，曲线表示焦点在轴上的椭圆，直线的横截距比纵截距大，则B正确；当时，曲线表示焦点在轴上的椭圆，直线的横截距比纵截距小，则C不正确；当时，曲线表示焦点在轴上的双曲线，直线的横截距为正，纵截距为负，则D正确．故选：BD．12．【正确答案】ABD【分析】对进行求导，利用导数研究的图象判断AB，令，将问题转化为和共有三个不同的实数根，结合的图象判断CD.【详解】由指数函数的图象和性质可知当时，，当时，，A正确；因为，令解得，令解得，所以在上单调递增，在上单调递减，B正确；又当趋于时，趋于，当趋于时，趋于，当时，，故可作的草图如图，令，则，即方程的两根为，若是方程的根，则，显然不符合题意，因为方程有3个不等实数根，所以或，当时，解得，所以，即异号，不满足题意；当时，即有解得，即的取值范围为，C错误，D正确；故选：ABD关键点睛：本题的关键是作出函数图象，利用换元法结合二次函数根的分布从而得到相关不等式，即可求出的范围.13．【正确答案】/2.25【分析】对位移与时间的函数关系求导，代入即可求解.【详解】，则.故答案为.14．【正确答案】【分析】联立直线与双曲线方程得韦达定理，即可根据弦长公式求解.【详解】设双曲线与直线交于两点，由消去整理得，则，解得，且，所以．由，解得，所以．故15．【正确答案】1【分析】利用圆关于直线对称可知该直线过圆心，可得，再利用定点到圆上点距离的最值的求法即可求得结果.【详解】由题可知，该圆的圆心为，直线过圆心，则，解得，则该圆的方程转化为，该圆圆心为，半径为，易知圆心与的距离为，故点与该圆上任意一点的距离的最小值为．故116．【正确答案】1【分析】由已知计算可得为常数列，进而可得结果.【详解】由题意知，，所以为常数列，即，所以．故1.17．【正确答案】(1)；(2)最大值为16，最小值为.【分析】（1）求出函数的导数，再利用导数的几何意义求出切线方程.（2）由（1）中信息，利用导数探讨函数在上的单调性，再求出最值.【详解】（1）函数，求导得，则，而，所以曲线在点处的切线方程为，即.（2）由，得或，由，得，显然当时，恒有，当且仅当时取等号，因此在上单调递增，在上单调递减，而，，，所以在上的最大值为16，最小值为.18．【正确答案】(1)(2)【分析】（1）利用的关系式即可求得的通项公式为；（2）由（1）可得，利用裂项相消求和可得.【详解】（1）当时，，当时，.符合，所以的通项公式为.（2）由（1）可得，则，所以数列的前项和.19．【正确答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）取的中点，可证得，以为坐标原点建立空间直角坐标系，运用空间向量坐标法证明及即可.（2）运用空间向量点到面的距离公式计算即可.【详解】（1）取的中点，连接,因为底面是菱形且，所以为等边三角形，所以，又，所以，易知两两垂直．以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．由，可得，．证明：由上可得，所以，且，所以四边形为菱形．（2）设平面的法向量为，因为，所以，即，取，得．又，所以点到平面的距离．20．【正确答案】(1)，(2)证明见解析【分析】（1）对数列两边取对数，再结合“累乘法”求数列的通项公式；对数列，根据前项和求通项公式；（2）利用错位相减求和法求数列的前项和，然后再证明不等式.【详解】（1）因为，，且，所以，所以，即.当时，，所以.因为，所以，所以.也符合上式，所以.当时，.因为，所以当时，，所以当时，，即，所以当时，数列是以为首项的常数列，即，所以，所以的通项公式为（2）因为，所以，两式相减得，所以.因为，，所以，故.21．【正确答案】(1)椭圆的离心率，双曲线的离心率(2)证明见解析【分析】（1）根据题意结合椭圆、双曲线的方程与性质运算求解；（2）由（1）可知，联立方程求点的坐标，结合斜率公式分析证明.【详解】（1）椭圆的焦距，双曲线的焦距，则，整理得，从而，，故椭圆的离心率，双曲线的离心率．（2）由（1）可知，椭圆，因为，所以直线的方程为．联立方程组，整理得，则，则，可得，即，因为，，，则，，故．方法点睛：与弦端点相关问题的解法解决与弦端点有关的向量关系、位置关系等问题的一般方法，就是将其转化为端点的坐标关系，再根据联立消元后的一元二次方程根与系数的大小关系，构建方程(组)求解．22．【正确答案】(1)答案见解析(2)，【分析】（1）求得，分，讨论的单调性.（2）将问题转化为，根据的值域确定，分别就分析是否满足题意.【详解】（1），当时，，在上单调递