精品解析：江苏扬州市邗江区2024-2025学年高二下学期期中考试数学试卷

2024-2025学年度第二学期期中调研试卷 高二数学 考试时间：120分钟 满分：150分 一、选择题（本题共8小题，每小題5分，共40分，在每小题给出的4个选项中，只有1项是符合题目要求） 1. 已知向量，满足，则（ ） A. B. 1 C. D. 2 2. 已知函数，则（ ） A. B. C. D. 3. 如图，空间四边形OABC中，，，，且，，则等于（ ） A. B. C. D. 4. 函数的单调递减区间是（ ） A. B. C. D. 5. 在正方体中，是中点，是的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 6. 已知，则（ ） A. B. C. D. 7. 有3名男生和3名女生排成一排，女生不能相邻的不同排法有（ ） A. 72种 B. 144种 C. 108种 D. 288种 8. 设函数是定义在上的奇函数，为其导函数.当时，，，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题（本题共3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A，B，C，D是空间直角坐标系中的四点，P是空间中任意一点，则（ ） A. 若与关于平面对称，则 B. 若，则A，B，C，D共面 C. 若，则A，B，C，D共面 D 若三点共线，则 10. 在件产品中，有件合格品，件不合格品，从这件产品中任意抽出件，则（ ） A. 抽出的件中恰好有件是不合格品的抽法有种 B. 抽出的件中恰好有件是不合格品的抽法有种 C. 抽出的件中至少有件是不合格品的抽法有种 D. 抽出的件中至少有件是不合格品的抽法有种 11. 设函数，则（ ） A. 当时，有两个零点 B. 当时，是的极大值点 C. 当时，点为曲线的对称中心 D. 当时，区间上单调递增 三、填空题（本题共3小题，毎题5分，共15分） 12. 若，则的值为______． 13. 函数的极值是______. 14. 在平行六面体中，已知底面四边形为矩形，，，，则______． 四、解答题（本题共5小题，共77分.解答应写岀文字说明，证明过程或演算步骤.） 15. 已知函数，且． （1）求的值； （2）求函数的图象在点处的切线方程． 16 用五个数字，问： （1）可以组成多少个无重复数字四位密码？ （2）可以组成多少个无重复数字的四位数？ （3）可以组成多少个十位数字比个位数字大的无重复数字的四位偶数？ 17. 如图，长方体中， ，. 是棱上一点，且，交于点. （1）求证：平面； （2）求点到平面的距离. 18. 如图，在空间几何体ABCDPE中，正方形PDCE所在平面垂直于梯形ABCD所在平面，，，点F在线段AP上， （1）求二面角的正弦值; （2）为线段上一点，若直线BQ与平面BCP所成角的正弦值为，求线段的长. 19. 已知函数． （1）求的最小值； （2）若对任意的恒成立，求实数的取值范围； （3）若是函数的极值点，求证：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025学年度第二学期期中调研试卷 高二数学 考试时间：120分钟 满分：150分 一、选择题（本题共8小题，每小題5分，共40分，在每小题给出的4个选项中，只有1项是符合题目要求） 1. 已知向量，满足，则（ ） A. B. 1 C. D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】根据空间向量数量积的坐标运算即可得解. 【详解】因为，所以， 即，所以. 故选：D. 2. 已知函数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求出，可得出的值，利用导数的概念可求得所求极限的值. 【详解】因为，则，所以，， 所以，. 故选：C. 3. 如图，空间四边形OABC中，，，，且，，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用空间向量的线性运算求解. 【详解】， . 故选：C 4. 函数的单调递减区间是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】对函数求导并令解不等式可得单调递减区间. 【详解】易知函数定义域为， 可得，显然， 令，可得， 因此函数的单调递减区间是. 故选：A 5. 在正方体中，是的中点，是的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，求出，，利用线线角的向量法，即可求解. 【详解】如图，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，设正方体的边长为， 则，所以，， 设异面直线与所成的角为， 则， 故选：D. 6. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】构造函数，利用导数研究的单调性，得到最大，再变形，利用的单调性比较的大小即可. 【详解】因为，设，则， 当时，，所以在上单调递增， 当时，，所以在上单调递减. 所以在时取到最大值， 所以，即. 因为， ， 又因为，所以， 因为在上单调递增， 所以，即，所以. 故选：A 7. 有3名男生和3名女生排成一排，女生不能相邻的不同排法有（ ） A. 72种 B. 144种 C. 108种 D. 288种 【答案】B 【解析】 【分析】利用插空法求解即可. 详解】先排男生共有种方法，再排女生共有种方法， 由分步乘法计数原理可得满足条件的排法数为， 故选：B. 8. 设函数是定义在上的奇函数，为其导函数.当时，，，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】当时，构造函数，求导结合已知得其单调性，进而可得当时，，当时，，结合奇函数的性质即可进一步得解. 【详解】当时，令，则，所以在上单调递增， 当时，，即， 当时，，即， 因为函数是定义在上的奇函数， 所以， 当时，，当时，， 所以不等式的解集为. 故选：C. 【点睛】关键点点睛：关键是构造函数，利用导数得出单调性，从而即可顺利得解. 二、多项选择题（本题共3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A，B，C，D是空间直角坐标系中的四点，P是空间中任意一点，则（ ） A. 若与关于平面对称，则 B. 若，则A，B，C，D共面 C. 若，则A，B，C，D共面 D. 若三点共线，则 【答案】BD 【解析】 【分析】对于A：利用“关于谁对称谁不变”即可求出B点坐标即可判断，对于B：利用共面向量定理可得B正确；对于C：利用共面向量定理推论即可验证；对于D：利用共线向量定理即可求得结果. 【详解】对于A，A与B关于平面对称，则，故A错误； 对于B，由共面向量定理易知得B正确； 对于C，因为，故C错误； 对于D，，因为A，B，C共线，所以共线， 所以，所以，故D正确． 故选：BD． 10. 在件产品中，有件合格品，件不合格品，从这件产品中任意抽出件，则（ ） A. 抽出的件中恰好有件是不合格品的抽法有种 B. 抽出的件中恰好有件是不合格品的抽法有种 C. 抽出的件中至少有件是不合格品的抽法有种 D. 抽出的件中至少有件是不合格品的抽法有种 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用分步乘法计数原理，结合组合数计算可得A正确B错误；对于“至少有件是不合格品”的抽法，C用直接法先分类再分步计算，D用间接法（排除法），先从100个产品中任选3件，再排除3件都是合格品，故CD都正确. 【详解】对于A、B，抽出的件中恰好有件是不合格品，则包括一件不合格品和两件合格品，共有种抽取方法，故A正确B错误； 对于C、D，抽出的件中至少有件是不合格品，可以分为“有件是不合格品”和“有2件是不合格品”两种情况，“有件是不合格品”有种抽取方法，“有2件是不合格品”有种抽取方法，所以共有种抽取方法. 故C正确. 另外，“至少有件是不合格品”的对立事件是“3件都是合格品”，其抽取方法有种，所以，抽出的件中至少有件是不合格品的抽取方法有种.故D正确. 故选：ACD. 11. 设函数，则（ ） A. 当时，有两个零点 B. 当时，是的极大值点 C. 当时，点为曲线的对称中心 D. 当时，在区间上单调递增 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据因式分解可得函数的零点，结合导函数的图像去研究函数的极大值、对称中心与单调性. 【详解】已知，所以, 当时，，方程有两个根，所以正确， 当时，的解集为，的解集为， 所以在上单调减，在上单调增，所以在处取极小值，所以错误, 当时，， 所以关于中心对称，所以正确， 当时，的解集为，而,所以在上单调递增，所以正确. 故选： 三、填空题（本题共3小题，毎题5分，共15分） 12. 若，则的值为______． 【答案】或 【解析】 【分析】由组合数的性质，代入计算，即可得到结果. 【详解】由可得或， 解得或， 又，解得，且， 所以的值为或. 故答案为：或 13. 函数的极值是______. 【答案】 【解析】 【分析】利用导数判断单调性，即可求出极值点，进而求出函数的极值. 【详解】由的定义域为，， 当时，，则上单调递减； 当时，，则在上单调递增； 故在取得极小值为，无极大值； 故答案为：. 14. 在平行六面体中，已知底面四边形为矩形，，，，则______． 【答案】 【解析】 【分析】取定空间的一个基底，表示出，再利用数量积的运算律求得答案. 【详解】在平行六面体中，，， 则，而，则， 而，则 ， 所以. 故答案为： 四、解答题（本题共5小题，共77分.解答应写岀文字说明，证明过程或演算步骤.） 15. 已知函数，且． （1）求的值； （2）求函数的图象在点处的切线方程． 【答案】（1）； （2） 【解析】 【分析】（1）求导即可代入求解， （2）根据导数求解斜率，即可由点斜式求解. 【小问1详解】 由，得， 又， 所以，解得. 【小问2详解】 由（1）知，， ∴，即切点为， 又，， ∴切线的斜率为， 故函数的图象在点处的切线方程为：， 即. 16. 用五个数字，问： （1）可以组成多少个无重复数字的四位密码？ （2）可以组成多少个无重复数字的四位数？ （3）可以组成多少个十位数字比个位数字大的无重复数字的四位偶数？ 【答案】（1）120 （2）96 （3）32 【解析】 【分析】（1）直接全排列即可得答案； （2）注意首位不能为0，从不为0的四个数选一个放在首位，再从剩下的四个数选三个数全排列即可得答案； （3）分0在个位、在个位、4在个位三种情况进行讨论，再由分类加法计数原理求解可得答案. 【小问1详解】 从5个数字任取4个进行全排列，故有个； 【小问2详解】 首位不能为0，则有个； 【小问3详解】 由题意，是偶数个位数必须是. 分3种情况讨论： ①0在个位，十位必须比0大，千位数字不能是0且不能与个位和十位数字重复，百位数字在剩下的数字选一个，所以共有； ②在个位，十位数字必须比2大，千位数不能是0且不能与个位和十位数字重复，百位剩下2个里面选一个.有种选法； ③4在个位，里面没有比4大的数字，不存在这种可能.则共有种情况. 17. 如图，长方体中， ，. 是棱上一点，且，交于点. （1）求证：平面； （2）求点到平面的距离. 【答案】（1）证明见解析 （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）设平面的一个法向量为，求出法向量，利用向量法求解解． 小问1详解】 如图，分别以，，为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系， ，， 因为在上，故可设，又， 所以，解得， 所以， ， ，即 ，平面． 所以平面． 【小问2详解】 设平面的一个法向量为， ， 则， ， 令，得，所以得， ， 所以所求的距离为； 18. 如图，在空间几何体ABCDPE中，正方形PDCE所在平面垂直于梯形ABCD所在平面，，，点F在线段AP上， （1）求二面角的正弦值; （2）为线段上一点，若直线BQ与平面BCP所成角的正弦值为，求线段的长. 【答案】（1）答案见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用两个半平面的法向量可得二面角的余弦值，进而得到正弦值； （2）根据为线段上一点，设，，利用空间向量法求直线和平面所成角的正弦值列式即可求解. 【小问1详解】 由四边形PDCE为正方形得，因为平面平面ABCD，平面平面， 平面PDCE，，所以平面ABCD， 又DA，DC在平面ABCD内，所以，， 由得， 以为一组正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， 所以，，， 设平面PBC的一个法向量为， 则即 取，则， 设平面ABP的一个法向量为， 则即 取，则， 所以， 所以二面角的正弦值为. 【小问2详解】 设，， 则， 因为BQ与平面BCP所成角的正弦值为， 所以， 解得或，因为，所以， 故 19. 已知函数． （1）求的最小值； （2）若对任意的恒成立，求实数的取值范围； （3）若是函数的极值点，求证：． 【答案】（1） （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）求得，得出函数的单调区间，进而求得函数最小值； （2）根据题意，转化为在恒成立，令，求得，得出函数的单调性，求得的最小值，即可得到答案. 令，解得， （3）由函数，求得，令，求得在上恒成立，得到函数在上单调递增，根据是的极值点，得到，结合，即可证得. 【小问1详解】 解：由函数，可得其定义域为，且， 当时，；当时，， 所以在上单调递减，在单调递增， 所以. 【小问2详解】 解：由，其中 可得，即， 由对任意恒成立，即在恒成立， 令，可得， 令，解得， 当时，；当时，， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 所以，所以，即实数的取值范围为. 【小问3详解】 解：由，可得， 令，可得在上恒成立， 所以函数在上单调递增，即函数在上单调递增， 因为是的极值点，所以存在使得，即， 又由，所以， 则， 所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $