精品解析：江苏省扬州市邗江区邗江一中，瓜州中学，公道中学等五校联考2023-2024学年高二下学期期中数学试题

2023—2024学年度高二下学期数学期中测试 （试题满分150分，考试时间120分钟） 2024.4 注意事项： 1．答题前，考生务必在答题卡上将自己的学校、姓名、班级、准考证号用0.5毫米黑色签字笔填写清楚，考生考试条形码由监考老师粘贴在答题卡上的“条形码粘贴处”． 2．选择题使用2B铅笔填涂在答题卡上对应题目标号的位置上，如需改动，用橡皮擦擦干净后再填涂其它答案；非选择题用0.5毫米黑色签字笔在答题卡的对应区域内作答，超出答题区域答题的答案无效；在草稿纸上、试卷上答题无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 一、单项选择题：本题共8小题．每小题5分，共40分．在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 下列导数运算正确的是（ ） A. B. C. D. 2. 的展开式中，含项的系数为（ ） A. 8 B. 16 C. 32 D. 64 3. 学校为丰富高中生的课外生活，开设了兴趣小组，有3名学生想要报名书法、绘画、篮球、羽毛球兴趣小组，每人限报1项、则不同的报名方式种数有（ ） A. B. 36 C. 24 D. 4. 如图，三棱柱中，G为棱AD的中点，若，，，则（ ） A. B. C. D. 5. 甲、乙、丙、丁四名同学报名参加接力比赛．记事件A为“甲同学不跑第一棒”，事件为B“乙同学跑第二棒”，则的值为（ ） A. B. C. D. 6. 若的展开式中第3项与第7项的系数相等，则展开式中系数最大的项为（ ） A. 第4项 B. 第5项 C. 第6项 D. 第7项 7. 下列命题中正确的是（ ） A. 点关于平面对称的点的坐标是 B. 若直线的方向向量为，平面的法向量为，则 C. 若直线的方向向量与平面的法向量的夹角为，则直线与平面所成的角为 D. 已知为空间任意一点，，，，四点共面，且任意三点不共线，若，则 8. 已知函数的定义域为，且，，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本题共3个小题，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. 已知且，则下列等式中正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 如图，在正四棱柱中，M是的中点，，则（ ） A. B. 平面 C. 与平面所成角的正弦值为 D. 三棱锥的体积为 11. 定义：设是的导函数，是函数的导函数，若方程有实数解，则称点为函数的“拐点”．经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”且“拐点”就是三次函数图象的对称中心．已知函数，则下列说法中正确的有（ ） A. 的对称中心为 B. 若关于x的方程有三解，则 C. 若在上有极小值，则 D. 若在上的最大值、最小值分别为，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，则______． 13. 由四个棱长为1的正方体组合成的正四棱柱（如图所示）点P是正方形的中心，则向量______． 14. 已知，则在点处切线方程为______；若，其中，且对于一切都有，则的最小值是______． 四、解答题：本题共5小题，共计77分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 在的展开式中，______． 给出下列条件：①二项式系数和为64，②第三项的二项式系数为15，③各项系数之和为729，试在这三个条件中任选一个，补充在上面的横线上，并且完成下列问题： （1）求n的值并求展开式中的常数项； （2）求展开式中的系数． 16. 如图，在几何体中，四边形是边长为2的正方形，，，平面． （1）求直线与直线所成角的余弦值； （2）求二面角的余弦值． 17. 某校学生文艺部有男生4人，女生2人 （1）若安排这6名同学站成一排照相，要求2名女生互不相邻，这样的排法有多少种？ （2）若从中挑选2人参加学校举办的文艺汇演活动， ①求男生甲被选中的概率； ②在要求被选中的两人中必须一男一女的条件下，求女生乙被选中的概率． 18. 已知在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，是正三角形，E、F、M、O分别是、、、的中点，平面． （1）求证：； （2）求点B到平面的距离； （3）在线段上是否存在点N，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求线段的长度，若不存在，说明理由． 19. 已知函数． （1）若，求的极值； （2）若对任意，都成立，求实数m的取值范围； （3）若有两个极值点，，且，求证：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2023—2024学年度高二下学期数学期中测试 （试题满分150分，考试时间120分钟） 2024.4 注意事项： 1．答题前，考生务必在答题卡上将自己的学校、姓名、班级、准考证号用0.5毫米黑色签字笔填写清楚，考生考试条形码由监考老师粘贴在答题卡上的“条形码粘贴处”． 2．选择题使用2B铅笔填涂在答题卡上对应题目标号的位置上，如需改动，用橡皮擦擦干净后再填涂其它答案；非选择题用0.5毫米黑色签字笔在答题卡的对应区域内作答，超出答题区域答题的答案无效；在草稿纸上、试卷上答题无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 一、单项选择题：本题共8小题．每小题5分，共40分．在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 下列导数运算正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据基本函数导数公式及运算法则判断即可. 【详解】对于A，，故A错误； 对于B，，故B正确； 对于C，，故C错误； 对于D，，故D错误. 故选：B. 2. 的展开式中，含项的系数为（ ） A. 8 B. 16 C. 32 D. 64 【答案】C 【解析】 【分析】利用二项式定理的展开式的通项公式即可得出． 【详解】二项式的展开式中通项公式为：， 令，可得含项的系数是． 故选：C． 3. 学校为丰富高中生的课外生活，开设了兴趣小组，有3名学生想要报名书法、绘画、篮球、羽毛球兴趣小组，每人限报1项、则不同的报名方式种数有（ ） A. B. 36 C. 24 D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，分析可得每名学生都有4种选法，结合分步计数原理，即可求解. 【详解】根据题意，每名学生都可以在书法、绘画、篮球和羽毛球兴趣小组中任选1个， 都有4种选法，由分步计数原理得，共有种不同的选法. 故选：D. 4. 如图，三棱柱中，G为棱AD的中点，若，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据已知条件，结合向量的线性运算，即可求解． 【详解】，，， 则． 故选：A． 5. 甲、乙、丙、丁四名同学报名参加接力比赛．记事件A为“甲同学不跑第一棒”，事件为B“乙同学跑第二棒”，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，求出和，由条件概率公式计算可得答案. 【详解】事件A为“甲同学不跑第一棒”，事件为B“乙同学跑第二棒”， 则，， 所以. 故选：D. 6. 若的展开式中第3项与第7项的系数相等，则展开式中系数最大的项为（ ） A. 第4项 B. 第5项 C. 第6项 D. 第7项 【答案】B 【解析】 【分析】根据二项式展开式中二项式系数的性质求解． 【详解】由题意，二项式的展开式的系数与二项式系数相同，即，解得， 则展开式中共有9项，系数最大的项为第5项． 故选：B. 7. 下列命题中正确的是（ ） A. 点关于平面对称的点的坐标是 B. 若直线的方向向量为，平面的法向量为，则 C. 若直线的方向向量与平面的法向量的夹角为，则直线与平面所成的角为 D. 已知为空间任意一点，，，，四点共面，且任意三点不共线，若，则 【答案】C 【解析】 【分析】根据对称的性质即可求解A，根据向量垂直可判断B，根据线面角的定义，结合向量夹角即可求解C，根据共面的推论即可求解D. 【详解】对于A，点关于平面对称的点的坐标是，故A错误， 对于B，由于，故，则或，故B错误， 对于C，若直线的方向向量与平面的法向量的夹角为，则直线与平面所成的角为，C正确， 对于D，由于，，，四点共面，故，故，D错误， 故选：C 8. 已知函数的定义域为，且，，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题设不等式整理后构造函数满足，得出在上单调递增，整理待求不等式，利用函数的单调性即可求得. 【详解】由可得，即， 设，，则由可得，在上单调递增. 又， 由可得，，即，解得. 故选：A. 【点睛】关键点点睛：本题主要考查利用构建函数的单调性求抽象不等式的解集的问题，属于难题. 解题的关键在于观察已知不等式和题设不等式的组成，提炼出构造函数的基本形式，结合函数定义域和函数值等条件，利用单调性求解抽象不等式. 二、多项选择题：本题共3个小题，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. 已知且，则下列等式中正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】根据题意，结合排列数与组合数的公式，逐项判定，即可求解. 【详解】对于A中，由排列数的计算公式，可得，所以A错误； 对于B中，由排列数的计算公式，可得，所以B正确； 对于C中，根据组合数的计算公式，可得，所以C正确； 对于D中，根据组合数的性质，可得成立，所以D错误． 故选：BC． 10. 如图，在正四棱柱中，M是的中点，，则（ ） A. B. 平面 C. 与平面所成角的正弦值为 D. 三棱锥的体积为 【答案】BCD 【解析】 【分析】作出图形，根据三垂线定理，线面平行的判定定理，线面角的概念，转化三棱锥的顶点，即可分别求解． 【详解】A．在右侧面的射影为，而与不垂直，则与不垂直，错误； B．设，连接， 根据中位线的性质，又不在平面内，平面，则平面，正确； C．由面，面，则， 又且都在面，故平面，平面， 平面平面，且平面平面， 在平面内过作于点，则平面， 与平面所成角为，又，， ，故正确； D．如图， 由分析，知平面平面，， 易得为线段的靠近点的四等分点， 到平面的距离等于到平面的距离的3倍， ，正确． 故选：BCD． 11. 定义：设是的导函数，是函数的导函数，若方程有实数解，则称点为函数的“拐点”．经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”且“拐点”就是三次函数图象的对称中心．已知函数，则下列说法中正确的有（ ） A. 的对称中心为 B. 若关于x的方程有三解，则 C. 若在上有极小值，则 D. 若在上的最大值、最小值分别为，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用“拐点”定义可判定A，利用导数研究的单调性、极值结合函数的图象、对称性一一判定B、C、D选项即可. 【详解】对于A，易知，，令，而， 由“拐点”定义可知的对称中心为，故A正确； 令，此时单调递减， 令或，此时单调递增， 则，即的极大值为3，极小值为， 所以关于x的方程有三解，即两函数有三个交点， 则，故B正确； 易知若在上有极小值，则，故C错误； 由上可知，若在上的最大值、最小值分别为， 则，最值在端点处取得，即， 根据函数的对称中心知，而， 所以关于对称中心对称，则，故D正确. 故选：ABD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，则______． 【答案】 【解析】 【分析】根据组合性质即可求解. 【详解】根据题意， 则解之得， 又或者， 解之（舍）或. 故答案为： 13. 由四个棱长为1的正方体组合成的正四棱柱（如图所示）点P是正方形的中心，则向量______． 【答案】1 【解析】 【分析】根据数量积的定义和运算性质，即可求得答案. 【详解】设中点为，正方形的中心为. ∵ 且 又∵， ∴. 故答案为：1. 【点睛】 14. 已知，则在点处切线方程为______；若，其中，且对于一切都有，则的最小值是______． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】利用导数的几何意义易得切线方程；对于恒成立问题，通过等价转化为在上恒成立，借助于函数图象与分析相结合，得出要想使最大，则应使为函数的切线，即使的零点不超过的零点，计算即得的最小值. 【详解】函数的定义域为，则，则切线斜率为， 故在点处的切线方程为； 因对于一切都有，即对一切都有恒成立， 对于直线，其在轴上的截距为，要使最小，须使最大即可. 设是函数的切线，由于，因此应使在的上方， 则在轴上的截距大，因此要想使最大，则应使为函数的切线. 作出函数的图象如图.(由，当时，当时，， 则在上单调递增，在上单调递减，当时，，当时，) 其中，是函数的零点. 由图知，当直线的横截距大于后，直线与函数恒相交，不会相切， 故须使，故得，即的最小值是. 故答案为： 四、解答题：本题共5小题，共计77分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 在的展开式中，______． 给出下列条件：①二项式系数和为64，②第三项的二项式系数为15，③各项系数之和为729，试在这三个条件中任选一个，补充在上面的横线上，并且完成下列问题： （1）求n的值并求展开式中的常数项； （2）求展开式中的系数． 【答案】（1），展开式常数项为 （2） 【解析】 【分析】（1）若选①利用二项式系数和公式先求n，结合展开式通项公式可求常数项；若选②利用二项式定理先求n，结合展开式通项公式可求常数项；若选③利用赋值法先求n，结合展开式通项公式可求常数项； （2）若选①利用二项式定理及其展开式通项可求指定项系数；若选②利用二项式定理及其展开式通项可求指定项系数；若选③利用二项式定理及其展开式通项可求指定项系数. 【小问1详解】 若选①，易知，则，此时的常数项为； 若选②，易知，则，此时的常数项为； 若选③，令，则， 则，此时的常数项为； 【小问2详解】 由上可知不论选①②③，都有， 则问题为求展开式中的系数， 先求展开式中含的项，易知该项为， 再求展开式中含的项，易知该项为， 所以展开式中含的项为，所以其系数为. 16. 如图，在几何体中，四边形是边长为2的正方形，，，平面． （1）求直线与直线所成角的余弦值； （2）求二面角的余弦值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，设直线与直线所成角为，利用向量夹角公式即可求解； （2）分别求出平面和平面的一个法向量，利用向量夹角公式即可求解． 【小问1详解】 由题意，以为原点，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 所以，，，， 设直线与直线所成角为， 则， 所以直线与直线所成角的余弦值为． 【小问2详解】 因为平面，， 所以平面，因为平面， 所以，又，平面， 所以平面， 所以是平面的一个法向量， 设为平面的一个法向量， 则，令，则，， 平面的法向量为， 设二面角的平面角为， 则， 由图易知为钝角， 故二面角的平面角的余弦值为． 17. 某校学生文艺部有男生4人，女生2人 （1）若安排这6名同学站成一排照相，要求2名女生互不相邻，这样的排法有多少种？ （2）若从中挑选2人参加学校举办的文艺汇演活动， ①求男生甲被选中的概率； ②在要求被选中的两人中必须一男一女的条件下，求女生乙被选中的概率． 【答案】（1）480 （2）， 【解析】 【分析】（1）利用插空法求解； （2）①利用古典概型的概率公式求解；②利用条件概率公式求解. 【小问1详解】 先将4名男生全排列，形成5个空，再从5个空中选出2个位置排列2名女生， 所以2名女生互不相邻得排法有种. 【小问2详解】 ①设事件表示“男生甲被选中”，则. ②设事件表示“被选中的两人中必须一男一女”，事件表示“女生乙被选中”， 则，， 所以. 所以在要求被选中的两人中必须一男一女的条件下，女生乙被选中的概率为. 18. 已知在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，是正三角形，E、F、M、O分别是、、、的中点，平面． （1）求证：； （2）求点B到平面的距离； （3）在线段上是否存在点N，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求线段的长度，若不存在，说明理由． 【答案】（1）证明：因为平面，平面， 所以，又底面是正方形，则， 且与是平面内两条相交直线， 所以平面，平面，所以， 又分别是的中点，所以， 所以. （2） （3）存在点满足题意， 【解析】 【分析】（1）先证明平面，再证明，即可得证； （2）求点到平面的距离即求点到平面的距离，利用三棱锥等体积法求解； （3）建立空间直角坐标系，利用向量法求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为分别是的中点， 所以， 所以平面即是平面， 由（1）知平面，则平面，平面， ，则， 设点到平面的距离为，由， 得，即， 解得， 所以点到平面的距离为. 【小问3详解】 如图以为原点，为轴，可建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，， ，，， 设线段上存在点，使得与平面所成角的正弦值为，且， ，， ， 设平面的一个法向量为， 则，即，令，得， ， ，整理得， 解得或（舍）， ，即存在点使得直线与平面所成角的正弦值为，此时. 【点睛】 19. 已知函数． （1）若，求的极值； （2）若对任意，都成立，求实数m的取值范围； （3）若有两个极值点，，且，求证：． 【答案】（1）的极小值为 （2）的取值范围为, （3） 证明：因为， 则，， 因为有两个极值点，，所以有两个零点，，即方程有两个根， 令，则与有两个交点， 又，令，解得； 令，得；令，得， 所以在上单调递增，在上单调递减，则， 当时，，则；当时，，则； 当趋于无穷大时，的增长速率远小于的增长速率，所以趋于0， 作出的图像，如图所示： 所以，则， 又，则， 故， 因为，令，则， 令，则， 所以， 令，则， 令，，则， 所以在上单调递增，则，即 ， 所以在上单调递增，则， 当时，，，所以， 所以在上单调递增，又，则，所以， 所以，故，所以， 又，所以． 【解析】 【分析】（1）求导，确定函数的单调性，结合函数极值的概念求解极值即可； （2）将原不等式进行参变分离转换为对任意，恒成立，从而求解函数的最大值，对函数求导确定单调性求最值即可得实数m的取值范围； （3）根据函数有两个极值点，，数形结合确定实数m的取值范围，再根据m与，的关系，结合比值代换令，得函数，对其进行求导单调性判断，结合函数单调性的性质从而证明结论. 【小问1详解】 当时，代入得； ，令，解得，则： 当时，；当时，． 即在区间上单调递减，在区间上单调递增， 所以在时取极小值． 故的极小值为，无极大值． 【小问2详解】 因为对任意，都成立，则都成立，即： 都成立，得恒成立． 故原式等价于恒大于等于函数的最大值， 令，，则， 令，解得． 当时，；当时，． 所以在区间时单调递增，在区间时单调递减， 所以在时取得极大值也是最大值，所以， 故的取值范围为． 【小问3详解】 略 【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法： （1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用； （2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题； （3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $