湖南省长沙市湖南师范大学附属中学2024-2025学年高二上学期期末考试数学试题 Word版含解析

湖南师大附中2024-2025学年度高二第一学期期末考试数学试题一择题：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，只有一项是符合题目要求的.1.已知等差数列则A. B. C. D.2.双曲线的渐近线方程是A.B.C.D.3.已知过点的直线与曲线相切于点,则切点的坐标为A.B.C.D.4.若展开式中只有第7项的二项式系数最大，则A. B. C. D.5.现有4个同学站成一排，将甲、乙2个同学加入排列，保持原来4个同学顺序不变，不同的方法共有A.10种 B.20种 C.30种 D.60种6.已知等比数列中，公比,若,则A.有最小值 B.有最小值C.有最大值 D.有最大值7.函数的最大值为A. B. C. D.8.函数的图象犹如两条飘逸的绸带而被称为飘带函数，也是一对优美的双曲线.在数列中，,,记数列的前项积为,数列的前项和为,则当时A. B. C. D.二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.已知抛物线的焦点到准线的距离是4，直线过点且与交于两点，为弦的中点，则下列说法正确的是A.抛物线的焦点坐标是B.C.若,则D.若以为圆心的圆与的准线相切，则是该圆的一条直径10.中国的五岳是指在中国境内的五座名山，坐落于东西南北中五个方位，分别是东岳泰山、西岳华山、南岳衡山、北岳恒山、中岳嵩山.小明与其父母共3人计划在假期出游，每人选一个地方，则A.3人选择的地点均不同的方法总数为60B.恰有2人选一个地方的方法总数为15C.恰有1人选泰山的概率是D.若小明已选择去泰山，其父母至少有一人选择去泰山的概率为11.杨辉三角形又称贾宪三角形，因首现于南宋杰出数学家杨辉的《详解九章算法》而得名，它的排列规律如图所示：在第一行的中间写下数字1；在第二行写下两个1，和第一行的1形成三角形；随后的每一行，第一个位置和最后一个位置的数都是1，其他的每个位置的数都是它左上方和右上方的两个数之和.那么下列说法中正确的是A.第行的第个位置的数是B.若从杨辉三角形的第三行起，每行第3个位置的数依次组成一个新的数列则C.70在杨辉三角中共出现了3次D.记第行的第个数为,则选择题答题卡题号1234567891011得分答案三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.用数学归纳法证明且,第一步要证的不等式是13.已知为坐标原点，点,圆,点为圆上的一动点，则的最小值为14.设函数若方程有三个实数根,,满足,则的取值范围是四、解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤15.(本题满分13分)设的内角所对的边分别是,且是与的等差中项.(1)求角;(2)设,求周长的最大值，16.(本题满分15分)已知数列满足,且,在数列中，,点在函数的图象上.(1)求和的通项公式；(2)将数列和的所有公共项从小到大排列得到数列求数列的前项和.17.(本题满分15分)如图①，在等腰梯形中，分别为的中点，为的中点.现将四边形沿折起，使平面平面,得到如图②所示的多面体.在图②中：(1)证明：;(2)求平面与平面夹角的余弦值18.(本题满分17分)设,向量分别为平面直角坐标系内轴正方向上的单位向量，若向量,且.(1)求点的轨迹的方程；(2)设椭圆,曲线的切线交椭圆于两点，求证：为坐标原点)的面积为定值19.(本题满分17分)若,都存在唯一的实数,使得则称函数存在源数列已知.(1)证明：存在源数列；(2)(i)若恒成立，求的取值范围；(ii)记的源数列为证明：的前项和.湖南师大附中2024-2025学年度高二第一学期期末考试数学参考答案一、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,只有一项是符合题目要求的.题号12345678答案BCADCBDA1.B【解析】由可得公差,故,故选:B.2.C【解析】在双曲线中,,,因此,该双曲线的渐近线方程为.故选:C.3.A【解析】设切点坐标为,由,得,则过切点的切线方程为,把点(-1,0)代入切线方程得,,即,又,所以,则,则切点坐标为(0,1).故选:A.4.D【解析】由的展开式中只有第7项的二项式系数最大,得展开式共有13项,所以.故选:D.5.C【解析】4个同学站成一排有5个空,甲加入排列有5种情况,队列变成5个人有6个空,乙加入排列有6种情况,由分步计数原理得,共有种不同的方法.故选:C.6.B【解析】因为公比,则,当且仅当即时取等号,故可知的最小值为12,又可以趋向正无穷大,则可以趋向正无穷大,即无最大值.故选:B.7.D【解析】(法1)因为所以,所以该函数的定义域为,,由,解得时,时,.所以该函数在上单调递增,在上单调递减.所以,当时,.(法2)设,则在曲线上.设, 由三角函数性质得当时,取最大值.(法3)用柯西不等式也可.故选:D.8.A【解析】由题意可得:,则 可得,又因为为递增数列,且,所以当时,可得.故选:A.二、选择题:本大题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分.题号91011答案ABDACBCD9.ABD【解析】对选项A,抛物线的焦点到准线的距离是4,所以,故A正确;对选项B,当直线的斜率不存在时,,所以,当直线的斜率存在时,设,得:,所以.故B正确;对选项,故错误;对选项D,如图所示:过分别向准线作垂线,垂足为,因为,所以,又圆与准线相切,故为圆的直径,故正确.故选:ABD.10.AC【解析】对于人选择的地点均不同的方法总数为,故正确；对于,恰有2人选一个地方的方法总数为,故错误;对于,恰有1人选泰山的方法总数为,所有的方法数为,所以恰有1人选泰山的概率是,故C正确;对于,父母都不选择去泰山的概率为,所以小明已选择去泰山的情况下,其父母至少有一人选择去泰山的概率为,故D错误；故选:AC.11.BCD【解析】对于选项:第行的第个位置的数是,故错误；对于选项:由题,所以,又,正确;由于,不妨设,令;当时,;当时,,无正整数解;当时,,当时,,当时,,而递增,从而无解;当时,,当时,,由于是第9行中最中间的数,杨辉三角中以该数为顶点的下方三角形区域中的数都大于70,所以当时,共出现3次,正确；对于:第行的第个数为,则,故正确;故选:BCD.三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.12.【解析】由题意可知,当时,,所以第一步需验证的不等式为.13.【解析】圆的标准方程为,圆心为,半径为,如右图所示:由图可知,当与圆相切,且位于第一象限时最小,此时,即,所以,故的最小值为.14.【解析】因为且,作出其图象如右图所示:则由图知,满足,即,故,令且,则上式,令,则,故,在区间内单调递增,则.四、解答题:本大题共5小题,共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.【解析】(1)由题意得,,由正弦定理得,,即,又,得,所以.(2)由正弦定理,,所以,故周长因为,所以,所以当时,周长取最大值9.16.【解析】(1)由题设,则,所以,即,又且,所以,所以是首项、公比都为2的等比数列,则,由题设,即,又,所以是首项、公差均为2的等差数列,则.(2)由(1)知,而都是偶数,显然数列中为偶数时,对应项为两个数列的公共项,令且,则,故17.【解析】(1)由题意知在等腰梯形中,,又分别为的中点,所以,即折叠后,,所以平面,又平面,所以.(2)∵平面平面,平面平面,且,所以平面平面,从而两两垂直.(也可由直二面角的定义证得)以为原点,分别以所在直线为轴,建立空间直角坐标系,易知,所以,则,设平面的法向量,则取,则,得;设平面的法向量,则取,则,可得,因为平面与平面夹角为锐角,所以平面与平面夹角的余弦值为.18.【解析】(1)如右图,由题意,,即为点与点的距离,即为点与点的距离,由可得,由椭圆的定义可知点的轨迹是以为焦点的椭圆,且,则,由椭圆的标准方程可知,点的轨迹的方程为.(2)如图,由题意可得,直线是曲线的切线,由可得:,则,化简得:.由题意,直线交椭圆于两点,由可得:,设,则,,又..又中边上的高即为点到直线的距离,由点到直线的距离公式得,,即的面积为定值.19.【解析】(1)由,得,所以函数在上单调递减.又,当且趋近于0时,趋向于正无穷大即的值域为.对于可以取到任意正整数,且在上都有存在唯一自变量与之对应,故,令,其在上的解必存在且唯一,不妨设解为,即,则都存在唯一的实数,使得,即存在源数列;(2)恒成立,即恒成立,令,即恒成立,令,则,令,则,仅在时取等号,即在上单调递减,故,即在上单调递增,故,故;(ii)由(i)得,故,即,故,当时,,当时,, 综上所述,.的前项和.