精品解析：广东省惠州市惠州中学2024-2025学年高二下学期4月期中数学试题

惠州中学2023级高二年级下学期期中考试 数学科试卷 说明：本试卷共4页，19小题，满分150分，考试用时120分钟．答案须做在答卷上；选择题填涂须用2B铅笔，主观题须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答．考试结束后只需交答卷． 一、单选题：共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 若，则的最小值是（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】采用拼凑法，结合基本不等式即可求解. 【详解】因为，，当且仅当时取到等号，故的最小值是3. 故选：C 2. 可以表示为( )． A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据排列数的计算公式即可判断﹒ 【详解】＝， 故选：C﹒ 3. 复数是纯虚数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先根据纯虚数概念，得到，再利用齐次式法化简求值，将变形为，再分子分母同除以，再代入，求得答案. 【详解】由于是纯虚数，所以， 所以. 故选：C. 【点睛】本题考查了纯虚数的理解与应用，齐次式法化简求值，属于中档题. 4. 下表是离散型随机变量的概率分布，则（ ） 1 2 3 4 P A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据分布列的性质可得，利用对立事件概率性质运算求解. 【详解】由题意可得：，解得， 所以． 故选：B. 5. 如图，已知等腰直角三角形，是一个平面图形的直观图，斜边，则这个平面图形的面积是（ ） A. B. 1 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据直观图确定原图形的形状和大小，由此可求其面积. 【详解】因为为等腰直角三角形，，， 所以， 所以对应的原平面图形如下， 其中，， 所以这个平面图形的面积, 故选：D. 6. 甲、乙两人独立地对同一目标各射击一次，命中率分别为和，现已知目标被击中情况下，则甲击中目标的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】应用对立事件概率求法及全概率公式、条件概率公式求目标被击中情况下甲击中目标的概率. 【详解】根据题意，设甲击中目标为事件，乙击中目标为事件，目标被击中为事件， 则， ， 则目标是被甲击中的概率为 故选：D 7. 某学校周一安排有语文、数学、英语、政治、历史、地理、体育七节课，要求体育课不排在第一节课，数学不排在第四节课，则这天课表的不同排法种数为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】问题化为用个不同的元素填个空的问题，应用特殊元素法及排列数，求体育课排在第四节、体育课不排第四节两种情况下的排法数，即可得. 【详解】学校安排七节课程可看做是用个不同的元素填个空的问题， 要求体育不排在第一节课，数学不排在第四节课的排法可分两类． 体育课排在第四节，则满足了体育课不在第一节，同时满足了数学课不在第四节，排法种数是种； 体育课不排第四节，数学课也不排在第四节，先排第四节，不能是体育和数学，有种， 再排第一节，除了选定的和体育也有种，剩下个全排，种． 所以这天课表的不同排法种数为种． 故选：B. 8. 已知函数，若不等式在上恒成立，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用函数的单调性奇偶性转化为在上恒成立，再分离参数后，利用导数求出函数的最值即可得解. 【详解】显然函数是上的增函数，也是奇函数， 因为在上恒成立， 即在上恒成立， 所以在上恒成立，即在上恒成立， 令，则， 令，得，令，得， 所以在上单调递增，在上单调递减，所以， 故 故选：A 二、多选题：共3小题，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求． 9. 对于非零向量，下列命题正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】BD 【解析】 【分析】利用向量数量积的运算律以及有关概念对各个选项进行判断即可. 【详解】A. 若，则,故错误； B. 若，则，所以成立，故正确； C. 当为零向量时，满足，但是推不出，故错误； D. 若，则，可得， 整理即可得到，故正确； 故选：BD 10. 已知圆，则下列结论正确的是（ ） A. 的取值范围为 B. 圆关于直线对称 C. 若直线被圆截得的弦长为，则 D. 若，过点作圆的一条切线，切点为，则 【答案】BD 【解析】 【分析】对于A，将圆的方程整理为标准方程，由题意可得的范围，即可判断出A的真假；对于B，可得圆心的坐标，将点的坐标代入直线方程，可得圆关于直线对称，即可判断出B的真假；对于C，求出圆心到直线的距离，由弦长公式可得的值，即可判断C的真假；对于D，当，可得圆心的坐标及半径的大小再求出的值，由勾股定理可得切线长的值，即可判断D的真假. 【详解】圆的方程为，所以，得，故A错误 因为圆的圆心在直线上，所以圆关于直线对称，故B正确 圆心到直线的距离，又弦长为，可得圆的半径为，得，故C错误 当时，可得圆的方程为，则圆心，半径为，， 所以切线长为，故D正确． 故选：BD 11. 已知在的二项展开式中，第项为常数项，则（ ） A. B. 展开式中系数的绝对值最大的项是第项 C. 含的项的系数为 D. 展开式中有理项的项数为 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据第6项为常数项，求出，然后分别进行判断即可. 【详解】该二项式展开式的通项为，因为第项为常数项，所以当时，，解得,故A正确， 由，解得，所以展开式中系数的绝对值最大的项是第，故 B正确． 含的项得，即，所求的系数为，故C正确． 根据通项公式，由题意得，令，，则，即，，应为偶数，可取，，，即可取，，，第项，第项与第项为有理项．故D错误． 故选：ABC. 三、填空题：共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若样本数据的平均数为2，则数据，，，，的平均数为________________ 【答案】7 【解析】 【分析】根据平均数的性质计算可得. 【详解】因为样本数据的平均数为， 所以数据，，，，的平均数为. 故答案为： 13. 函数的图象如图所示，为函数的导函数，则不等式的解集为______________． 【答案】 【解析】 【分析】根据图象得出函数的单调区间，进而得出以及的解，即可得出答案. 【详解】由图可知，函数在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增. 所以，当时，；当时，；当时，；当时，. 当时，由可得，此时； 当时，由可得，此时. 综上所述，解集为. 故答案为：. 14. 已知，则：被除的余数是__________． 【答案】 【解析】 【分析】令得，令得，即得，由，利用二项式定理展开即可求解. 【详解】因为， 所以令时，， 令时，， 所以， 又， 所以除以的余数是 故答案为： 四、解答题：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. 已知数列的前n项和为，． （1）求的通项公式； （2）设，求数列的前n项和． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据与的关系可求数列的通项公式. （2）根据裂项相消法可求数列的前n项和． 【小问1详解】 当时，， 当时，，符合上式， ∴. 【小问2详解】 由（1）得，， ∴． 16. 已知函数，其导函数为，且. （1）求曲线在点处的切线方程； （2）求函数在上的最大值和最小值. 【答案】（1）；（2），. 【解析】 【分析】（1）对函数求导，根据求出a，进而得到斜率，进一步得到切线方程； （2）将导函数因式分解得到函数的单调区间，进而求出最值. 【详解】（1）由题意：，∵， ∴，， 又，，则切线方程：. （2）由（1）可知：， 由或；由，又∵； ∴在，上单调递增，在上单调递减. 则的极大值为，的极小值为，且，，故，. 17. 如图，四边形是正方形，平面，，，分别为的中点． （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的大小． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据题设有，再由线面平行的判定定理，即可求解； （2）建立空间直角坐标系，求出平面和的法向量，利用面面角的向量法，即可求解. 【小问1详解】 由题知分别为的中点， 所以是的中位线，即， 又平面，平面， 所以平面. 【小问2详解】 平面，而，平面， 所以，，由于四边形是正方形，所以， 所以两两垂直，以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系， 如图所示，又，分别为的中点， 则， 所以， ，，，， 设平面的一个法向量， 则，取，，，则， 设平面的一个法向量为， 则，取，，则 ， 设平面与平面夹角的大小为， 所以， 又，所以，即平面与平面夹角的大小为. 18. 已知点在圆上运动，过点作轴的垂线段为垂足，为线段的中点（当点经过圆与轴的交点时，规定点与点重合）． （1）求点的轨迹方程； （2）经过点作直线，与圆相交于两点，与点的轨迹相交于两点，若，求直线的方程． 【答案】（1）点的轨迹是椭圆，方程为 （2）或 【解析】 【分析】（1）利用相关点法求解点的轨迹方程，得到点的轨迹为椭圆； （2）考虑直线的斜率不存在和存在两种情况，设出直线方程，利用垂径定理得到，联立直线与椭圆方程，由弦长公式求出，从而列出方程，求出答案. 【小问1详解】 点，点，则点，由点是的中点，得，， 因为在圆上，所以， 可得，即，所以点的轨迹是椭圆。 【小问2详解】 若直线的斜率不存在，则， 将代入中，解得，则， 将代入中，解得，则， 而，舍去； 若直线的斜率存在，设为，则， 由点到直线的距离公式得圆心到直线的距离， 则， 联立得， 设，，则，， ， 由， 得，解之得． 综上所述，直线的方程为或． 19. 已知函数， （1）若恒成立，求实数的取值范围； （2）设函数，讨论的单调性； （3）设函数，若函数的图象与的图象有两个不同的交点，证明： 【答案】（1） （2）答案见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用导数求出函数单调性，求得函数的最小值，解不等式即可得出结论； （2）对函数求导，对参数进行分类讨论，利用导函数符号即可得出其单调性； （3）根据交点坐标满足的关系式，构造函数，再利用导数和基本不等式证明即可得出结论. 小问1详解】 易知 令，得，所以上单调递增； 令，得，所以在上单调递减． 所以的最小值为 由恒成立知，， 故. 小问2详解】 由题知，定义域为， 所以； 当时，在上单调递增，在上单调递减； 当时，令，得， 所以在，上单调递增； 令，得，所以在上单调递减； 当时，，在上单调递增； 当时，令，得， 所以在，上单调递增； 令，得，所以在上单调递减； 综上可知，当时，在上单调递增，在上单调递减； 当时，在，上单调递增；在上单调递减； 当时，在上单调递增； 当时，在，上单调递增；在上单调递减； 【小问3详解】 显然， 因为函数的图象与的图象有两个不同的交点． 所以关于的方程，即有两个不同的根． 由题知，， 得， 得， 由÷得， 不妨设，记 令，则， 所以在上单调递增，所以 则，即， 所以 因为，（利用基本不等式时，，故等号取不到）， 所以，即 令，则在上单调递增． 又， 所以， 即，所以； 两边同时取对数可得，得证． 【点睛】关键点点睛：本题第（3）问的关键在于利用两图象交点个数得出等量关系，再构造函数并利用导数得出单调性，结合基本不等式即可证明得出结论. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 惠州中学2023级高二年级下学期期中考试 数学科试卷 说明：本试卷共4页，19小题，满分150分，考试用时120分钟．答案须做在答卷上；选择题填涂须用2B铅笔，主观题须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答．考试结束后只需交答卷． 一、单选题：共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 若，则的最小值是（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 2. 可以表示为( )． A. B. C. D. 3. 复数是纯虚数，则（ ） A. B. C. D. 4. 下表是离散型随机变量的概率分布，则（ ） 1 2 3 4 P A. B. C. D. 5. 如图，已知等腰直角三角形，是一个平面图形的直观图，斜边，则这个平面图形的面积是（ ） A. B. 1 C. D. 6. 甲、乙两人独立地对同一目标各射击一次，命中率分别为和，现已知目标被击中情况下，则甲击中目标的概率为（ ） A. B. C. D. 7. 某学校周一安排有语文、数学、英语、政治、历史、地理、体育七节课，要求体育课不排在第一节课，数学不排在第四节课，则这天课表不同排法种数为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，若不等式在上恒成立，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多选题：共3小题，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求． 9. 对于非零向量，下列命题正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 10. 已知圆，则下列结论正确的是（ ） A. 的取值范围为 B. 圆关于直线对称 C. 若直线被圆截得的弦长为，则 D. 若，过点作圆一条切线，切点为，则 11. 已知在的二项展开式中，第项为常数项，则（ ） A. B. 展开式中系数的绝对值最大的项是第项 C. 含的项的系数为 D. 展开式中有理项的项数为 三、填空题：共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若样本数据的平均数为2，则数据，，，，的平均数为________________ 13. 函数的图象如图所示，为函数的导函数，则不等式的解集为______________． 14. 已知，则：被除余数是__________． 四、解答题：共5小题，共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 15. 已知数列的前n项和为，． （1）求的通项公式； （2）设，求数列的前n项和． 16. 已知函数，其导函数为，且. （1）求曲线在点处的切线方程； （2）求函数在上的最大值和最小值. 17. 如图，四边形是正方形，平面，，，分别为的中点． （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角大小． 18. 已知点在圆上运动，过点作轴的垂线段为垂足，为线段的中点（当点经过圆与轴的交点时，规定点与点重合）． （1）求点的轨迹方程； （2）经过点作直线，与圆相交于两点，与点的轨迹相交于两点，若，求直线的方程． 19 已知函数， （1）若恒成立，求实数的取值范围； （2）设函数，讨论的单调性； （3）设函数，若函数的图象与的图象有两个不同的交点，证明： 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$