2024-2025學年重慶市高二上學期1月期末數學檢測試題注意事項：1.答卷前，考生務必將自己的姓名和座位號填寫在答題卡上.2回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑.如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號.回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上.寫在本試卷上無效.3考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回.一?選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1．若函數滿足，則（

）A．0 B．1 C．2 D．-12．已知為奇函數，則在處的切線方程為（

）A． B．C． D．3．設、是兩個不同的平面，直線，則“對內的任意直線，都有”是“”的（

）A．充分而不必要條件 B．必要而不充分條件C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件4．已知為等差數列，，.若數列滿足，記的前項和為，則（

）A． B． C． D．5．已知是公比為的等比數列，為其前項和.若對任意的，恒成立，則（

）A．是遞增數列 B．是遞減數列C．是遞增數列 D．是遞減數列6．已知曲線與x軸交于不同的兩點A，B，與y軸交于點C，則過A，B，C（A，B，C均不重合）三點的圓的半徑不可能為（

）A． B． C．1 D．27．已知正項等比數列的前項和為，且，則的最小值為（

）A． B． C． D．8．設分別為橢圓的左，右焦點，以為圓心且過的圓與x軸交于另一點P，與y軸交于點Q，線段與C交于點A．已知與的面積之比為，則該橢圓的離心率為（

）A． B． C． D．二?多選題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.9．普林斯頓大學的康威教授于1986年發現了一類有趣的數列并命名為“外觀數列”（Lookandsaysequence），該數列由正整數構成，后一項是前一項的“外觀描述”.例如：取第一項為1，將其外觀描述為“1個1”，則第二項為11；將11描述為“2個1”，則第三項為21；將21描述為“1個2，1個1”，則第四項為1211；將1211描述為“1個1，1個2，2個1”，則第五項為，這樣每次從左到右將連續的相同數字合并起來描述，給定首項即可依次推出數列后面的項.則對于外觀數列，則（

）A．若，則從開始出現數字2；B．若，則的最后一個數字均為；C．可能既是等差數列又是等比數列；D．若，則均不包含數字4.10．設拋物線C：的焦點為F，過拋物線C上不同的兩點A，B分別作C的切線，兩條切線的交點為P，AB的中點為Q，則（

）A．軸 B． C． D．11．已知有兩個不同的極值點，則（

）A． B．C． D．三?填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12．若直線是曲線的切線，也是曲線的切線，則．13．若數列滿足，（），則.14．若函數在上存在唯一的零點，函數在上存在唯一的零點，且，則實數的取值范圍為．四?解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明?證明過程或演算步驟.15．已知函數在上是增函數.為自然對數的底數(1)求實數的取值范圍；(2)證明：，其中16．類似平面解析幾何中的曲線與方程，在空間直角坐標系中，可以定義曲面（含平面）的方程，若曲面和三元方程之間滿足：①曲面上任意一點的坐標均為三元方程的解；②以三元方程的任意解為坐標的點均在曲面上，則稱曲面的方程為，方程的曲面為.已知曲面的方程為.

(1)已知直線過曲面上一點，以為方向向量，求證：直線在曲面上（即上任意一點均在曲面上）；(2)已知曲面可視為平面中某雙曲線的一支繞軸旋轉一周所得的旋轉面；同時，過曲面上任意一點，有且僅有兩條直線，使得它們均在曲面上.設直線在曲面上，且過點，求異面直線與所成角的余弦值.17．已知橢圓，過外一點作的兩條切線，分別交軸于兩點.(1)記的傾斜角分別為.若，求的軌跡方程.(2)求面積的最小值.18．已知函數，將曲線繞原點逆時針旋轉，得到曲線.(1)證明：存在唯一的實數，使得曲線是某個函數的圖形，并求出；(2)取，設是曲線圖象上任意一點，將曲線繞點逆時針旋轉，得到函數曲線，設函數的極小值為，求的單調性.19．已知定義在上的函數，其導函數為，記集合為函數所有的切線所構成的集合，集合為集合中所有與函數有且僅有個公共點的切線所構成的集合，其中，.(1)若，判斷集合和的包含關系，并說明理由：(2)若（），求集合中的元素個數:(3)若，證明：對任意，，為無窮集.1．A【分析】根據給定條件，結合復合函數求導法則兩邊分別求導，再賦值計算即得.【詳解】由兩邊分別求導得：，當時，，所以.故選：A2．A【分析】根據奇函數定義求出函數表達式，再結合導數和切線相關知識求解切線方程即可.【詳解】因為，所以，因為為奇函數，所以對恒成立，所以，代入函數表達式得，所以，則，所以在處的切線方程為，即.故選：A3．A【分析】利用線面垂直的定義、面面垂直的判定定理結合充分條件、必要條件的定義判斷可得出結論.【詳解】因為、是兩個不同的平面，直線，若對內的任意直線，都有，根據線面垂直的定義可知，，，所以，“對內的任意直線，都有”“”；若，因為，對內的任意直線，與的位置關系不確定，所以，“對內的任意直線，都有”“”.因此，“對內的任意直線，都有”是“”的充分而不必要條件.故選：A.4．B【分析】求出等差數列的通項公式，可求得數列的通項公式，推導出數列為等差數列，再利用等差數列的求和公式可求出的值.【詳解】設等差數列的公差為，則，所以，，，，所以，，則，所以，數列為等差數列，因此，.故選：B5．B【分析】先根據等比數列前項和,結合恒成立，得出的取值范圍，得到是遞減數列.【詳解】是公比為的等比數列，為其前項和,恒成立,恒成立,若，則可能為正也可能為負，不成立所以,當是遞減數列,當是遞減數列,故選:B.6．A【分析】設出圓的方程，利用給定條件用m表示圓的半徑，并求出半徑的取值范圍即得.【詳解】依題意，設點，則是方程的兩個實根，，，顯然點，當時，曲線過原點，點與點之一重合，不符合題意，則，設過三點的圓方程為，由，得，顯然是的兩個根，于是，又，聯立解得，又，因此，而當或時，，所以過三點的圓的半徑的取值范圍是，BCD均可能，A不可能.故選：A7．D【分析】設正項等比數列的公比為，推導出，，可得出，結合基本不等式可求得的最小值.【詳解】設正項等比數列的公比為，則，所以，，則，則，可得，則，所以，，當且僅當時，即當時，等號成立，故的最小值為.故選：D.8．B【分析】由題意可逐步計算出點A坐標，由點A在橢圓上，將其代入橢圓方程得到等式后，借助等式即可計算離心率.【詳解】由題意可得、，，則以為圓心且過的圓的方程為，令，則，由對稱性，不妨取點在軸上方，即，則，即，有，則，又，即有，即，代入，有，即，即在橢圓上，故，化簡得，由，即有，整理得，即，有或，由，故舍去，即，則.故選：B.

方法點睛：求橢圓的離心率時，可將已知的幾何關系轉化為關于橢圓基本量a，b，c的方程，利用和轉化為關于的方程，通過解方程求得離心率．9．BCD【分析】由外觀數列的定義可判斷A和②；舉例子可判斷③；由反證法，結合外觀數列的定義可判斷④.【詳解】對于A，當時，由外觀數列的定義可得：，，，故A錯；對于B，由外觀數列的定義可知，每次都是從左向右描述，所以第一項的始終在最右邊，即最后一個數字，故B正確；對于C，取，則，此時既是等差數列又是等比數列，故C正確；對于D，當時，由外觀數列的定義可得：，，，.設第一次出現數字4，則中必出現了4個連續的相同數字.而的描述必須包含“個，個”，顯然的描述不符合外觀數列的定義.所以當時，均不包含數字4，故D正確.故選：BCD關鍵點睛：本題考查數列的新定義、根據數列的遞推關系式寫出數列中的項及利用遞推關系式研究數列的性質.解題關鍵在于理解數列的新定義，明確數列的遞推關系式.10．AC【分析】設切線求交點根據兩根之和判斷A選項；特殊值法判斷B,C選項；根據定義數形結合判斷D選項.【詳解】對于A選項：設,,,過點A切線為：①,過點B切線為:②,①②得化簡可得軸,A選項正確.設過A點的切線為,過B點的切線為,交點為AB的中點為，所以不垂直,B選項錯誤；,所以,D選項錯誤;作拋物線準線的垂線,連接則顯然,所以又因為由拋物線定義,得,故知是線段的中垂線,得到則同理可證：,，所以，即,所以,即.故選:AC.11．BCD【分析】求出函數的導數，由題意可知有2個正數根，從而可得根與系數的關系，結合判別式求得a的范圍，即可判斷A；求出的表達式，構造函數，結合函數的單調性，即可判斷B；求出的表達式，結合根與系數的關系式，即可判斷C；將化簡為，再結合導數的幾何意義判斷，即可判斷D.【詳解】由題意得，由于有兩個不同的極值點，即有2個正數根，則，，故需滿足，解得，對于A，，A錯誤；對于B，，故，令，，即在上單調遞減，故，即，B正確；對于C，，C正確；對于D，，可看作曲線上兩點連線的斜率，由于，，故不妨設，由于，，則曲線在處的切線斜率為1，由于，故連線的斜率小于1，即，所以，即，D正確，故選：BCD難點點睛：解答本題的難點時選項D的判斷，解答時結合根與系數的關系將轉化為，再結合導數的幾何意義判斷，即可判斷該選項.12．【分析】先根據與相切，確定的值，再根據直線與相切，確定的值.【詳解】因為與相切.，設切點坐標為，則切線方程為.因為切線過原點，所以：，故切點為，所以.對函數，，由，根據得切點縱坐標為：，根據得切點縱坐標為：，由，又由題可知.故關鍵點點睛：先根據的切線過原點，求出的值；求時，要注意切點即在曲線上，也在切線上，根據縱坐標相等列方程求解.13．3268【分析】由數列遞推式可得到，和已知等式作差得，利用累加法即可求得答案.【詳解】由題意可得，作差得，故，故326814．【分析】根據可求得單調遞增，得到，可解得；由可知單調性，結合可確定，由此解得；取交集即可得到的范圍.【詳解】恒成立，單調遞增，又在上存在唯一的零點，，即，解得：；，又，當時，；當時，；在上單調遞減，在上單調遞增，又，，，，即，解得：；綜上所述：實數的取值范圍為.故答案為.關鍵點點睛：本題考查根據函數零點求解參數范圍的問題，解題關鍵是能夠結合零點求得單調性，從而確定在區間端點處的符號，由此構造不等式組求得參數范圍.15．(1)(2)答案見解析【分析】（1）轉化為導函數恒成立問題，分離參數法處理即可.（2）先用二次函數求和公式化簡原式，再利用放縮法證明即可.【詳解】（1）由題意得函數在上是增函數，可得在上恒成立，而，必有恒成立，當時，恒成立，當時，化簡得，而，令，，令，，故在單調遞減，在上單調遞增，則此時，可得此時，當時，因，恒成立，綜上.（2）欲證，則需證即可，由將上述不等式整理可得：即證，因即，故即證即可，令，其中，而，故在上單調遞增，因，，故，即得證，綜上必有，即原不等式得證.關鍵點點睛：本題考查用導數解決恒成立與證明不等式，第一小問解題關鍵是分析題意，轉化為恒成立問題，采用分離參數法求解，第二小問解題關鍵是分析題意，利用求和公式，轉化為易證明的不等式問題，再利用放縮法證明即可.16．(1)證明見解析；(2).【分析】（1）設是直線上任意一點，由題意有，從而得點的坐標，代入曲面的方程驗證即可.（2）設是直線上任意一點，直線的方向向量為，由題意有，可得點的坐標，代入曲面的方程，進而可求得的關系，可得，利用向量夾角公式求解即可得出答案.【詳解】（1）設是直線上任意一點，而為直線的方向向量，則有，從而存在實數，使得，即，則，解得，即點，顯然，因此點的坐標總是滿足曲面的方程，所以直線在曲面上.（2）直線在曲面上，且過點，設是直線上任意一點，直線的方向向量為，則有，從而存在實數，使得，即，則，解得，即點，由點在曲面上，得，整理得，依題意，對任意的實數有恒成立，因此，且，解得，或，不妨取，則，或，即，或，又直線的方向向量為，所以異面直線與所成角的余弦值均為.17．(1)(2)4【分析】（1）設，，過點直線方程設為，聯立直線與橢圓方程，利用判別式為0，結合韋達定理，求解點軌跡方程．（2）根據點斜式可得的坐標，即可根據三角形面積公式得表達式，結合韋達定理，以及二次函數的性質即可求解最值.【詳解】（1）設,，過點直線方程設為．由，解得．相切．化簡得：．，

點軌跡方程為．（2）由（1）知：直線的斜率滿足，且，，在直線中，令，則，因此,故,所以,由于，當且僅當時，取等號，故面積的最小值為4.方法點睛：圓錐曲線中最值與范圍問題的常見求法：（1）幾何法，若題目的條件能明顯體現幾何特征和意義，則考慮利用圖形性質來解決；（2）代數法，若題目的條件能體現一種明確的函數關系，則可首先建立目標函數，再求這個函數的最值，如本題需先將的面積用表示出來，然后再利用二次函數的性質求解最值．18．(1)證明見解析；(2)證明見解析【分析】（1）分析題意，轉化為交點問題處理即可.（2）分析題意，轉化為一元函數，求導數研究即可.【詳解】（1）若存在是某個函數的圖形，則的方程為，順時針旋轉后，得到，由題意得與有唯一公共點，即與有唯一交點，可得一定是單調函數，且，探得，此時一階導取得最小值，故得一定是的拐點，設，得，故得，解得，即，故存在唯一的實數，使得曲線是某個函數的圖形得證.（2）對于，故設，，設曲線繞點旋轉點為，設，可得，，則旋轉中心為原點時，會變為，而現在旋轉中心為，設的極小值為，則，由題意知取，則，而，設，，令，，令，，故在上單調遞增，在上單調遞減，顯然，，得，由零點存在性定理得一定存在作為零點，令，，令，，故在單調遞減，在單調遞增.思路點睛：借助參數方程解