河南省驻马店高级中学2024-2025学年高二下学期4月期中考试数学试题

驻马店高级中学 我努力 我骄傲 我自豪 驻马店高中2024-2025学年高二下期期中考试 数学试题 命题：李辉 审题：郝国明 注意事项：1.答卷前，请考生务必把自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2.作答时，务必将答案写在答题卡上，写在本试卷及草稿纸上无效。 3.考试结束后，将答题卡交回。 4.满分：150分 考试时间：120分钟 一、单选题（每小题5分，共计40分） 1． 如图是f(x)的导函数f′(x)的图象，则f(x)的极小值点的个数为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 2．若，则（   ） A． B．6 C．3 D．-3 3．口袋中装有5个白球4个红球，每个球编有不同的号码，现从中取出2个球，至少有一个红球的取法种数是（    ） A．20 B．26 C．32 D．36 4．若函数在处的导数存在，则“函数在点处取得极值”是“”的 A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分又不必要条件 5．数列0.3，0.33，0.333，0.3333，…的一个通项公式是（    ） A． B． C． D． 6．五人相约到电影院观看电影《第二十条》，恰好买到了五张连号的电影票．若甲、乙两人必须坐在丙的同一侧，则不同的坐法种数为（    ） A．60 B．80 C．100 D．120 7．已知的展开式中第5项与第8项的二项式系数相等，则奇数项的二项式系数和为（    ） A． B． C． D． 8．如图，已知函数的图象在点处的切线为，则（    ） A． B． C．1 D．2 2、 多选题（每小题6分 共计18分） 9．在 的展开式中，下列结论正确的是（   ） A．展开式的二项式系数和是128 B．只有第4项的二项式系数最大 C．的系数是 D．展开式中的有理项共有3项 10．已知正四棱台，棱台的高为分别为，的中点，则（    ） A．平面 B．异面直线与所成角的余弦值为 C．点到平面的距离为 D．平面与平面所成角的余弦值为 11．如果函数的导函数的图象如图所示，则以下关于函数的判断正确的是（    ） A．在区间内单调递减 B．在区间内单调递增 C．是极小值点 D．是极大值点 三、填空题 （每小题5分，共计15分） 12．如图，在四棱锥中，平面，则点到直线的距离为 . 13．若点，在圆上，且点，关于直线对称，则该圆的面积为 ． 14．若，则 . 四、解答题 15．（13分）. 已知函数在处取得极值. (1)求实数的值； (2)求函数在区间上的最大值. 16.（15分） 甲乙丙丁戊五个同学 (1)排成一排，甲乙不相邻，共有多少种不同排列方法？ (2)去三个城市游览，每人只能去一个城市，可以有城市没人去，共有多少种不同游览方法？ (3)分配到三个城市参加活动，每个城市至少去一人，共有多少种不同分配方法？ 17.（15分） 如图，在四棱锥中，平面平面ABCD，，，，，，为中点，点在上，且．    (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值； (3)线段上是否存在点，使得平面，说明理由？ 18.（17分） 已知等比数列的公比，若，且分别是等差数列的第1，3，5项． (1)求数列和的通项公式； (2)记，求数列的前n项和． 19． （17分） 已知函数. (1)若，求曲线在点处的切线方程； (2)求函数在区间上的最大值的表达式； (3)若函数有两个零点，求实数的取值范围. 数学参考答案 1．A 【分析】根据极值点的定义，结合导函数的图象判断即可. 【详解】由导函数f′(x)的图象知 在x＝－2处f′(－2)＝0，且其两侧导数符号为左正右负，x＝－2是极大值； 在x＝－1处f′(－1)＝0，且其两侧导数符号为左负右正，x＝－1是极小值； 在x＝－3处f′(2)＝0，且其两侧导数符号为左正右负，x＝2是极大值； 所以f(x)的极小值点的个数为1， 故选：A 【点睛】本题主要考查极值点的定义以及数形结合思想的应用，属于基础题. 2．C 【分析】由导数的定义可得； 【详解】. 故选：C. 3．B 【分析】由间接法以及组合数即可求解. 【详解】从个球中任取个球的取法共有种， 两个球都不是红球的取法有种， 所以取出2个球，至少有一个红球的取法种数为. 故选：B. 4．A 【解析】根据极值的定义可知，前者是后者的充分条件；再根据，若左右两侧同号时，则不能推出在处取得极值，进而可得出结果. 【详解】根据函数极值的定义可知：当函数在处取得极值时，一定成立，即“函数在点处取得极值”是“”的充分条件； 当时，若左右两侧同号时，则不能推出在处取得极值，如：， 其导函数为，当时，，但是单调函数，无极值点； 所以“函数在点处取得极值”是“”的不必要条件. 综上，“函数在点处取得极值”是“”的充分不必要条件. 故选A 【点睛】本题主要考查充分条件与必要条件，熟记概念即可，属于常考题型. 5．C 【分析】根据0.3，0.33，0.333，0.3333，…与9，99，999，9999，…的关系，结合9，99，999，9999，…的通项公式求解即可. 【详解】数列9，99，999，9999，…的一个通项公式是，则数列0.9，0.99，0.999，0.9999，…的一个通项公式是，则数列0.3，0.33，0.333，0.3333，…的一个通项公式是． 故选：C． 6．B 【分析】先求得五人的全排列数，再由定序排列法代入计算，即可得到结果. 【详解】由题意，五人全排列共有种不同的排法， 其中甲乙丙三人全排列共有种不同的排法， 其中甲乙在丙的同侧有：甲乙丙，乙甲丙，丙甲乙，丙乙甲共4种排法， 所以甲、乙两人必须坐在丙的同一侧，则不同的坐法种数为. 故选：B 7．A 【分析】先根据的展开式中第5项与第8项的二项式系数相等建立关于的方程，求出；再利用二项式系数的性质即可求解. 【详解】因为的展开式中第5项与第8项的二项式系数相等， 所以，解得：. 所以奇数项的二项式系数和为. 故选：A. 8．C 【分析】根据图像算出函数在点处的切线，即可求出其在处的函数值与导数取值。 【详解】由图象可得，切线过点和，切线斜率为，所以， 又因为切线方程为，则切点坐标为，有， 所以. 故选：C 9．AC 【分析】根据二项式展开式的通项特征即可判断CD，由组合数的性质即可判断B,由二项式系数和可判断A. 【详解】对于A,二项式系数和为，故A正确， 对于B，由于 ,所以第四项与第五项的二项式系数均为最大，故B错误， 对于C,的通项为，令， 所以的系数是，故C正确， 当时，为整数，所以有理项有4项，故D错误， 故选：AC 10．BC 【分析】首先根据几何关系，分别取上、下底面的中心分别为，再以点为原点，建立空间直角坐标系，根据选项，代入向量公式，即可判断. 【详解】取上、下底面的中心分别为，分别以，所在直线为轴建立空间直角坐标系， 则，，    则，，， 所以， 设平面的法向量为， 则即令，得 因为，所以与平面不平行，A错误； 由于，所以， 所以异面直线与所成角的余弦值为，B正确； ，设平面的法向量为， 则，即，令，则，因为，所以点到平面的距离正确； 易知平面的一个法向量为，所以，D错误． 故选：BC 11．BD 【解析】利用导函数的图象，判断导函数的符号，判断函数的单调区间以及函数的极值即可． 【详解】解：．函数在区间内，则函数单调递增；故不正确， ．函数在区间的导数为， 在区间上单调递增，正确； ．由图象知当时，函数取得极小值，但是函数没有取得极小值，故错误， ．时，， 当时，，为增函数，， 此时此时函数为减函数， 则函数内有极大值，是极大值点；故正确， 故选：． 【点睛】本题主要考查命题的真假判断，涉及函数单调性和导数，极值和导数之间的关系，考查学生的识图和用图的能力．属于中档题． 12． 【分析】建系，求出在上的投影向量的长度，再利用勾股定理求解即可. 【详解】因为平面，平面，平面， 所以，，又, 如图，以为坐标原点，建立空间直角坐标系， 则， ，即，， 所以在上的投影向量的长度为， 故点到直线的距离为. 13． 【解析】根据点，在圆上，且关于直线对称可知，直线过圆心，则可解出，然后得出圆的半径，得出圆的面积. 【详解】因为点，在圆上，且点，关于直线对称， 根据圆的性质可知： 过圆心，则，解得. 所以圆的方程为：，即， 则，面积为：. 故答案为：. 【点睛】本题考查圆的一般方程及相关计算，考查圆中的弦的对称轴问题，较简单，根据题目条件确定出圆的方程是关键. 14．8 【分析】根据组合数公式运算求解即可. 【详解】因为， 整理可得，解得或， 且，所以. 故答案为：8. 15．(1)； (2)9. 【分析】（1）求出函数的导数，结合给定的极值点求出值. （2）利用导数求出在上的单调性，进而求出最大值. 【详解】（1）函数，求导得， 由在处取得极值，得，即，解得， 此时，当时，，当时， 即函数在处取得极值，所以. （2）由（1）知，，， 当时，；当时，， 函数在上单调递减，在上单调递增，， 所以函数在区间上的最大值为9. 16．(1)72 (2)243 (3)150 【分析】（1）根据给定条件，利用不相邻问题插空法列式计算即得； （2）根据给定条件，利用分步乘法计数原理列式计算即得; （3）把5人按或分组，再把每一种分组方法安排到三个城市即可得解. 【详解】（1）甲乙丙丁戊排成一排，甲乙不相邻， 先将丙丁戊排成一列有种方法， 再将甲乙插空隙中，有种方法， 所以共有不同排法数为（种）. （2）去三个城市游览，每人只能去一个城市， 可以有城市没人去，因此每个人都有种选择， 所以不同游览方法有（种）. （3）分配到三个城市参加活动，每个城市至少去一人， 则先把5人按分组，有种分组方法， 按分组，有种分组方法， 因此不同分组方法数为， 再把每一种分组安排到三个城市，有种方法， 所以不同分配方法种数是（种）. 17．(1)证明见解析 (2) (3)存在，理由见解析 【分析】（1） 通过 ，从而证明，结合已知，从而得到面； （2）构建空间直角坐标系，通过法向量的夹角求解； （3） 设 ，求解出平面的法向量，通过求解即可； 【详解】（1）∵，， ∴， ∴，即 又∵，且，且两直线在平面内， ∴平面. （2）∵平面平面，平面平面 ，平面， ∴平面,又因为面， ∴. 由（1）已证，且已知，以为原点，建立空间直角坐标系如图所示，    则，，，，， ∴，，， ∵E为PD的中点，∴ 又∵，∴ 设平面FAE的法向量为，则， 令，则，，∴ 由（1）可知，平面， ∴平面的法向量为, ∴ ∴平面与平面夹角的余弦值为． （3）线段上存在点，使得平面， 设，则 由（2）可知，平面的法向量， 则， 解得 ∴当是中点时，则平面. 18．(1)， (2) 【分析】（1）先列出方程组求出数列的首项和公比，从而得到数列的通项公式，再求出数列的首项和公差，从而求出数列的通项公式； （2）写出数列的通项公式，利用错位相减法求解. 【详解】（1）由题意得，即， 则， 化简得：，解得（舍去） 则，解得，所以． 则， 设等差数列的公差为，则， 所以． （2）由（1）可得： 所以， 故， 两式相减得： ， 化简可得： 19．(1) (2) (3) 【分析】（1）借助导数的几何意义计算即可得； （2）求导后，分及讨论函数的单调性，结合函数的单调性即可得函数的最大值，即可得解； （3）由函数的单调性，可设出，即有，结合零点的存在性定理得出极小值，从而解出的范围. 【详解】（1）易知函数的定义域为. 当时，. ， 所以在点处的切线斜率， 又，即点坐标为， 所以点处的切线方程为； （2）因为. 所以， 当时，易知在上恒成立，所以在上单调递减， 故函数在区间上的最大值为. 当时，令， 则在上单调递增， 且当时，，当时，， 所以在上有唯一的一个零点. 令，则该方程有且只有一个正根，记为，则可得： 单调递减 单调递增 所以函数在区间上的最大值为， 由，有： 当时，； 当时，， 故； （3）由（2）可知，当时，在上单调递减， 故此时函数至多有一个零点，不符合题意； 当时，在时，单调递减，在时，单调递增； 且，所以，① 又时，，当时，， 为了满足有两个零点，则有.② 对①两边取对数可得，③ 将①③代入②可得，解得. 所以实数的取值范围为. 【点睛】关键点点睛：最后一问关键点在于设出，即有，结合零点的存在性定理得出极小值，从而解出的范围 高二数学试卷 第4页 共4页 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$