精品解析：四川省泸州市泸县普通高中共同体2023-2024学年高二下学期4月期中联合考试数学试题

泸县普通高中共同体2024年春期高2025届期中联合考试 数学试题 数学试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共4页，满分150分. 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、班级、考号填写在答题卷上相应位置. 2.选择题答案使用2B铅笔填涂在答题卷对应题目号的位置上，填涂在试卷上无效. 3.非选择题答案请使用黑色签字笔填写在答题卷对应题目号的位置上，填写在试卷上无效. 第一部分（选择题 共60分） 一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分，只有一项符合题目要求） 1. 等差数列5，8，11，14，…的第11项为（ ） A. 29 B. 32 C. 35 D. 37 2. 已知直线与直线互相垂直，则m为（ ） A. B. 1 C. D. 2 3. 五一小长假前夕，甲、乙、丙三人从四个旅游景点中任选一个前去游玩，其中甲到过景点，所以甲不选景点，则不同的选法有（ ） A. 60 B. 48 C. 54 D. 64 4. 函数的导函数的图象如图所示，则下面说法正确的是（ ） A. 为函数的极大值点 B. 函数在区间上单调递增 C. 函数在区间上单调递减 D. 函数在区间上单调递增 5. 设函数的导函数是.若，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知正方体的棱长为，则点到面的距离为（ ） A. B. C. D. 7. 函数图象上的点到直线的距离的最小值是（ ） A. B. C. 1 D. 8. 已知函数有唯一的极值点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题（本大题共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.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分） 9. 下列选项正确的是（    ） A. ，则 B. ，则 C. ，则 D. 设函数，且，则 10. 已知曲线，点为曲线上一动点，则下列叙述正确的是（ ） A. 若，则曲线的离心率为 B. 若，则曲线的渐近线方程为 C. 若曲线是双曲线，则曲线的焦点一定在轴上 D. 若曲线是圆，则的最大值为4 11. 函数的图象如图所示，则下列结论正确的有（ ） A. B. C. D. 12. 已知数列的前项和为，，则下列选项中正确的是（ ） A. B. C. 数列是等比数列 D. 数列的前项和为 第二部分（非选择题共90分） 三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分） 13. 展开式中的系数为______. 14. 已知事件与相互独立，，，则______． 15. 已知直线，动直线被圆截得弦长的最小值为______． 16. 若函数在上存在单调递增区间，则实数a的取值范围是______ 四、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 17. 已知函数． （1）求的单调区间； （2）求在上的最值． 18. 某仓库有甲、乙两箱产品，其中甲箱中有4件正品和3件次品，乙箱中有5件正品和3件次品. （1）从甲箱中任取2件产品，求事件A＝“这2件产品中至少有1件次品”的概率； （2）从甲、乙两箱中各取1件产品，求事件B＝“这2件产品中恰好有1件次品”的概率. 19. 已知等差数列的前项和为，公差，且成等比数列，． （1）求数列的通项公式； （2）若，求数列的前项和． 20. 如图，已知长方体中，，，连接，过点作的垂线交于，交于 （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 21. 已知椭圆：的左、右焦点和短轴的两个端点构成边长为的正方形. （1）求椭圆的方程； （2）过点的直线与椭圆相交于两点.点，记直线，的斜率分别为，当最大时，求直线的方程. 22. 已知. （1）若函数的图象在点处的切线方程为，求，的值； （2）当时，函数有两个零点，求的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 泸县普通高中共同体2024年春期高2025届期中联合考试 数学试题 数学试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共4页，满分150分. 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、班级、考号填写在答题卷上相应位置. 2.选择题答案使用2B铅笔填涂在答题卷对应题目号的位置上，填涂在试卷上无效. 3.非选择题答案请使用黑色签字笔填写在答题卷对应题目号的位置上，填写在试卷上无效. 第一部分（选择题 共60分） 一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分，只有一项符合题目要求） 1. 等差数列5，8，11，14，…的第11项为（ ） A. 29 B. 32 C. 35 D. 37 【答案】C 【解析】 【分析】求出等差数列通项，再代入计算即可. 【详解】设该等差数列为，则由题意得， 则，则. 故选：C. 2. 已知直线与直线互相垂直，则m为（ ） A. B. 1 C. D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】根据两直线垂直的一般式的结论即可得出答案. 【详解】两直线垂直，则有，即，解得. 故选：C 3. 五一小长假前夕，甲、乙、丙三人从四个旅游景点中任选一个前去游玩，其中甲到过景点，所以甲不选景点，则不同的选法有（ ） A. 60 B. 48 C. 54 D. 64 【答案】B 【解析】 【分析】由题意，需分成两步完成，第一步安排甲，第二步安排乙和丙，运用分步乘法计数原理计算即得. 【详解】因甲不选景点，应该分步完成：第一步，先考虑甲在三个景点中任选一个，有3种选法； 第二步，再考虑乙和丙，从中分别任选一个景点，有中选法. 由分步乘法计数原理，可得不同选法有：种. 故选：B. 4. 函数的导函数的图象如图所示，则下面说法正确的是（ ） A. 为函数的极大值点 B. 函数在区间上单调递增 C. 函数在区间上单调递减 D. 函数在区间上单调递增 【答案】D 【解析】 【分析】由导数符号与函数单调性的关系结合导函数图象逐一判断即可. 【详解】对于A，由图可知，当时，，单调递减，时，，单调递增，所以为函数的极小值点，故A错误； 对于B，的符号在区间上是先负后正，意味着函数在区间上先单调递减再单调递增，故B错误； 对于C，的符号在区间上是先正后负，意味着函数在区间上先单调递增再单调递减，故C错误； 对于D，当时，，所以函数在区间上单调递增，故D正确. 故选：D. 5. 设函数的导函数是.若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 由已知式求导数，令，求得，得的解析式，再求得可得结论． 【详解】解：，，，从而，，，， 故选:B. 【点睛】本题考查导数的运算，掌握导数运算法则是解题基础，解题时要注意是常数． 6. 已知正方体的棱长为，则点到面的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，求出面的法向量为，则到平面的距离，即可得出答案. 【详解】解：以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系， 所以， ， 设面的法向量为， ， 所以， 令，则， 所以， ， 所以到平面的距离， 故选：C. 7. 函数图象上的点到直线的距离的最小值是（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】B 【解析】 【分析】设与直线平行且与函数图象相切的直线方程为：，利用导数的几何意义求得切点，再求出切点到直线的距离，即得答案. 【详解】解：设与直线平行且与函数图象相切的直线方程为：， 设切点为， 又因为，所以，解得， 所以切点， 又因为点到直线的距离为， 所以函数图象上的点到直线的距离的最小值是. 故选：B. 8. 已知函数有唯一的极值点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题，将问题转化为在上无解，进而研究函数性质可得，再求得. 【详解】解：求导有， 因为函数有唯一的极值点， 所以，有唯一正实数根， 因为， 所以在上无解， 所以，在上无解， 记，则有， 所以，当时，，在上递减， 当时，，在上递增． 此时时，有最小值， 所以， ，即， 所以，即的取值范围是 故选：A 二、多项选择题（本大题共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.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分） 9. 下列选项正确的是（    ） A. ，则 B. ，则 C. ，则 D. 设函数，且，则 【答案】AD 【解析】 【分析】根据题意，由基本初等函数的求导公式以及导数的四则运算代入计算，逐一判断，即可得到结果. 【详解】因为，则，则，故A正确； 因为，则，故B错误； 因为，则，故C错误； 因为，则，又， 则，即，所以，故D正确； 故选：AD 10. 已知曲线，点为曲线上一动点，则下列叙述正确的是（ ） A. 若，则曲线的离心率为 B. 若，则曲线的渐近线方程为 C. 若曲线是双曲线，则曲线的焦点一定在轴上 D. 若曲线是圆，则的最大值为4 【答案】AC 【解析】 【分析】对于AB选项，只需代入值后根据方程特征进行计算判断即可，而CD两项，需要对双曲线方程和圆的方程的本质特征掌握后才能进行判断，D项先设，将的最大值问题转化成直线的截距最小问题，而这可以利用直线与圆的相切时得到. 【详解】对于选项A，时，曲线为，故， 则曲线的离心率为，故A选项正确； 对于选项B，时，曲线为，双曲线焦点在轴上， 则曲线的渐近线方程为，故B选项错误； 对于选项C，若曲线是双曲线，则，解得：，因， 则曲线的焦点一定在轴上，故C选项正确； 对于选项D，若曲线是圆，则，即， ，设 ，则得， 如图，要求的最大值，即求直线的纵截距的最小值，又因为曲线上一动点， 故可考虑直线与圆相切时的情况，由圆心到直线的距离为，解得， 结合图象知，即的最大值为，故D选项错误． 故选：AC． 11. 函数的图象如图所示，则下列结论正确的有（ ） A. B. C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】求出函数的导函数，根据函数的图像可知，将用表示，分析从而可得出答案. 【详解】解：， 由图可知，， 则，故C正确； ，， 两式相减得，即， ，则， 所以，则，所以，故AB正确； 则，故D错误. 故选：ABC. 12. 已知数列的前项和为，，则下列选项中正确的是（ ） A. B. C. 数列是等比数列 D. 数列的前项和为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据转化到，进而可知数列是以为首项，公比为的等比数列，并写出通项公式及求和公式，即可判断选项正误. 【详解】解：，① ，② 两式作差得：，， ，，即， ，. 数列是以为首项，公比为的等比数列， 则，. 由上述内容可知，选项A，C正确. 当时，，则选项B错误. ，，， 数列是首项为的等比数列. 则数列的前项和为，则选项D正确. 故选：ACD. 第二部分（非选择题共90分） 三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分） 13. 展开式中的系数为______. 【答案】15 【解析】 【分析】根据给定条件，利用二项式定理直接求出结果. 【详解】 展开式中令的项为， 所以 展开式中的系数为15. 故答案为：15 14. 已知事件与相互独立，，，则______． 【答案】0.88 【解析】 【分析】根据独立事件乘法公式求出，从而利用求出答案. 【详解】因为事件与相互独立， 所以， 所以． 故答案为：0.88 15. 已知直线，动直线被圆截得弦长的最小值为______． 【答案】 【解析】 【分析】先由圆的方程确定圆心和半径，由直线方程确定直线过定点；再利用直线与圆的位置关系判断过点且与垂直的弦的弦长最短；最后结合弦长公式即可求解. 【详解】由圆可得：圆心，半径. 由直线可得：直线过定点. 因为 所以点在圆内，直线与圆相交， 则过点且与垂直的弦的弦长最短，且弦长的最小值为. 故答案为： 16. 若函数在上存在单调递增区间，则实数a的取值范围是______ 【答案】 【解析】 【分析】求导得，转化为在上有解，最后分离参数即可. 【详解】函数，则 ， 因为在上存在单调递增区间，所以在上有解， 所以当时，有解， 令，而当时，令 ， 即为， 此时(此时)，所以， 故答案为：. 四、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 17. 已知函数． （1）求的单调区间； （2）求在上的最值． 【答案】（1）递增区间为，，递减区间为；（2）最大值为，最小值为． 【解析】 【分析】（1）求得，结合导数的符号，即可求得函数的单调区间； （2）由（1），令，求得，分别求得函数的极值和端点的函数值，即可求解. 【详解】（1）由题意，函数的定义域为， 且， 令，即，解得或； 令，即，解得， 所以的单调递增区间为，，单调递减区间为. （2）由（1），令，即，解得或． 因为，所以舍去，即， 又因为，，， 所以在上的最大值为，最小值为． 18. 某仓库有甲、乙两箱产品，其中甲箱中有4件正品和3件次品，乙箱中有5件正品和3件次品. （1）从甲箱中任取2件产品，求事件A＝“这2件产品中至少有1件次品”的概率； （2）从甲、乙两箱中各取1件产品，求事件B＝“这2件产品中恰好有1件次品”的概率. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用组合的相关知识，结合古典概型即可得解； （2）根据题意假设事件，结合事件的独立性与互斥性即可得解. 【小问1详解】 从甲箱中取2件产品的样本空间包含的样本点， 事件A数包含的样本点为； 所以从甲箱中任取2件产品，求这2件产品至少有1件次品的概率为 ； 【小问2详解】 设事件＝“从甲箱中取1件产品是正品”，事件＝“从甲箱中取出1个产品是次品”， 事件＝“从乙箱中取出1件产品是正品”，事件＝“从乙箱中取出1件产品是次品”， 所以事件，又事件与事件、事件与事件相互独立，事件与互斥， 所以 . 19. 已知等差数列的前项和为，公差，且成等比数列，． （1）求数列的通项公式； （2）若，求数列的前项和． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意列式求，进而可得结果； （2）根据题意利用分组求和法结合等差、等比数列求和公式运算求解. 【小问1详解】 由题意可得：，即， 且，解得， 所以数列的通项公式. 【小问2详解】 由（1）可得， 可得 ， 所以. 20. 如图，已知长方体中，，，连接，过点作的垂线交于，交于 （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）证明：如图，分别以，，为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，    则，， 因为在上，可设，则， 又，则，解得，即， 可得 则， 可得，即 且，平面． 所以平面． （2） 【解析】 【分析】（1）分别以，，为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，利用向量法证明即可； （2）求平面的法向量，利用空间向量求线面夹角． 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 由（1）可得：， 设平面的一个法向量为， 则， 令，则，可得， 设直线与平面所成角为， 因为，则， 所以直线与平面所成角的正弦值为． 21. 已知椭圆：的左、右焦点和短轴的两个端点构成边长为的正方形. （1）求椭圆的方程； （2）过点的直线与椭圆相交于两点.点，记直线，的斜率分别为，当最大时，求直线的方程. 【答案】（1）；（2）. 【解析】 【分析】 （1）已知条件得，再求得，可得椭圆标准方程； （2）当直线的斜率为0时，的值，当直线的斜率不为0时，设，，直线的方程为，代入椭圆方程整理后应用韦达定理得，计算，化为的函数，然后换元，设，求出的最大值，及的值得直线方程． 【详解】（1）由已知得. 又， 所以椭圆的方程为. （2）①当直线的斜率为0时，则； ②当直线的斜率不为0时，设，，直线的方程为， 将代入，整理得. 则，. 又，， 所以， . 令，则 所以当且仅当，即时，取等号. 由①②得，直线的方程为. 【点睛】关键点点睛：本题考查求椭圆标准方程，考查椭圆中的最值问题．解题方法是设而不求的思想方法，即设交点坐标，，设直线的方程为，直线方程代入椭圆方程整理后应用韦达定理得，然后代入，化为的函数，用换元法求得最值． 22. 已知. （1）若函数的图象在点处的切线方程为，求，的值； （2）当时，函数有两个零点，求的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据导数的几何意义求解即可； （2）当时，，再分，和三种情况，求导分析函数的单调性与最值，进而分析零点的个数即可 【小问1详解】 ，又，所以. 因为， 所以，故， 综上. 【小问2详解】 当时，， 当时，只有一个零点，故， 当时，， i. 当时，，令， 当时，；当时，. 所以当时，函数在上单调递减，在上单调递增. 又， 又，所以， 故， 所以时函数有两个零点 ii. 当时，今，解得. 若，所以，所以函数在上单调递增，不可能有两个零点. 若，即时，当时，，当时，， 当时，. 所以函数在上单调递增，上单调递减，在上单调递增. 又， ， 故函数至多有一个零点，不符合题意. 若时，即，当时，，当时，，当时，，所以函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增. 又，，故函数至多有一个零点，不符合题意. 综上，的取值范围是. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $