精品解析：江苏省邗江中学2024-2025学年高二下学期期中考试数学试卷

江苏省邗江中学2024-2025学年高二下学期期中考试数学试卷 命题人：王瑞丁 陈惠 说明：本试卷分第Ⅰ（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，全卷满分150分，考试时间120分钟． 第Ⅰ卷（选择题 共58分） 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 可以表示为（ ） A. B. C. D. 2. 如图，四棱锥的底面是平行四边形，若，，，是的中点，则（ ） A. B. C. D. 3. 直三棱柱中，，，则与所成角为 （ ） A. B. C. D. 4. 如图是函数的导函数的图象，下列结论正确的是（ ） A. 在处取得极大值 B. 是函数的极值点 C. 是函数的极小值点 D. 函数在区间上单调递减 5. 高一（1）班某组有5人，组长安排值日生，其中1人负责擦黑板，2人负责教室内地面卫生，2人负责卫生区卫生，则不同安排方法有（ ） A. 20种 B. 30种 C. 90种 D. 120种 6. 若函数在处取得极小值，则实数（ ） A. B. 2 C. 2或0 D. 0 7. 已知的展开式共有13项，则下列说法中正确的有（ ） A. 展开式所有项的系数和为 B. 展开式二项式系数最大为 C. 展开式中没有常数项 D. 展开式中有理项共有5项 8. 若过点可以作三条切线，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、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．全部选对得6分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知m，且，则下列结论正确的是（ ） A. B. 若，则 C. D. 10. 已知正方体的棱长为1，点，分别为，的中点，则下列说法正确的是（ ） A. 平面 B. 与平面所成角的余弦值为 C. 二面角的正弦值为 D. 点到平面的距离为 11. 已知函数(为常数)，则下列结论正确的是（ ） A. 当时，在处的切线方程为 B. 若有3个零点，则取值范围为 C. 当时，是的极大值点 D. 当时，有唯一零点，且 第Ⅱ卷（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知空间中有三点，则A到直线距离为__． 13. 已知的展开式的二项式系数和为64，各项系数和为729，则实数a的值为______． 14. 已知函数，若有三个零点，其中，则实数的取值范围为______． 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步㵵． 15. 已知，求： （1）的值； （2）的值． 16. 为庆祝党的二十大胜利闭幕，某校高二级部组织全体同学进行了主题为“二十大精神进校园，培根铸魂育新人”的二十大知识竞赛，并选出了4名女生和3名男生共7名优胜者.赛后，7名同学站成一排，照相留念． （1）女生必须站在一起的站队方式有多少种?（用数字作答） （2）现在要求这7名同学分成三个宣讲小组分别去给高一、高二、高三三个年级的同学做二十大学习成果汇报，要求每个小组必须既有男生又有女生，问有多少种安排方案?（用数字作答） （3）男生甲不与其他男生相邻的站队方式有多少种?（用数字作答） 17. 已知函数. （1）若，求在处的切线方程； （2）当时，函数在上最小值为3，求实数的值. 18. 如图，在中，是中点，分别是边上的动点，且，将沿折起，将点折至点的位置，得到四棱锥. （1）求证：平面； （2）若，二面角是直二面角，求线段中点到平面的距离； （3）当时，求直线与平面所成角的正弦值的取值范围. 19. 已知，函数，. （1）当时，求的极值； （2）若存在零点. （i）当时，求的取值范围； （ii）求证：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 江苏省邗江中学2024-2025学年高二下学期期中考试数学试卷 命题人：王瑞丁 陈惠 说明：本试卷分第Ⅰ（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，全卷满分150分，考试时间120分钟． 第Ⅰ卷（选择题 共58分） 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 可以表示为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据排列数计算公式即可求解. 【详解】由排列数公式2）， 可知. 故选：B. 2. 如图，四棱锥的底面是平行四边形，若，，，是的中点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】直接利用向量的运算法则计算得到答案. 【详解】是的中点， . 故选：B. 3. 直三棱柱中，，，则与所成角为 （ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用三棱柱的性质，建立空间直角坐标系，结合向量的坐标运算和向量夹角公式，即可求解. 【详解】根据题意，以为原点，以为轴，以为轴，以为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，令， 则，，，，所以，， 设与所成角为，则，所以与所成角为. 故选：C. 4. 如图是函数的导函数的图象，下列结论正确的是（ ） A. 在处取得极大值 B. 是函数的极值点 C. 是函数的极小值点 D. 函数在区间上单调递减 【答案】C 【解析】 【分析】根据导函数的正负即可求解的单调性，即可结合选项逐一求解. 【详解】由图象可知：当时，单调递减，当时，单调递增， 故是函数的极小值点，无极大值. 故选：C 5. 高一（1）班某组有5人，组长安排值日生，其中1人负责擦黑板，2人负责教室内地面卫生，2人负责卫生区卫生，则不同的安排方法有（ ） A. 20种 B. 30种 C. 90种 D. 120种 【答案】B 【解析】 【分析】先从5人中选出1人擦黑板，再从剩余的4人中选出2人负责教室内地面卫生，最后从剩余的2人中选出2人负责卫生区卫生，结合分步计数原理，即可求解. 【详解】由题意，从5人中选出1人擦黑板，有种选法， 从剩余的4人中选出2人负责教室内地面卫生，有种选法， 从剩余的2人中选出2人负责卫生区卫生，有种选法， 由分步计数原理，可得不同的安排方法有种安排方法. 故选：B. 【点睛】本题主要考查了分步计数原理，以及组合的应用，其中解答中熟练应用组合的知识和分步计数原理求解是解答的关键，着重考查分析问题和解答问题的能力. 6. 若函数在处取得极小值，则实数（ ） A. B. 2 C. 2或0 D. 0 【答案】D 【解析】 【分析】对函数求导，根据极小值点求参数，注意验证即可得答案. 【详解】由，则，得或2， 时，，在R上单调递增，不满足； 时，，在上，在上， 所以在上单调递增，在上单调递减，满足题设， 所以. 故选：D 7. 已知的展开式共有13项，则下列说法中正确的有（ ） A. 展开式所有项的系数和为 B. 展开式二项式系数最大为 C. 展开式中没有常数项 D. 展开式中有理项共有5项 【答案】D 【解析】 【分析】根据二项式展开式的项数、展开式的系数和、二项式系数最大值、常数项、有理项等知识求得正确选项. 【详解】因为，所以，令，得所有项的系数和为，故A错误. 由二项式系数的性质可知二项式系数最大的项为第7项的二项式系数为，故B错误. 因为展开式的通项为， 当时，， 故C错误. 当为整数时，，3，6，9，12，共有5项，故D正确. 故选：D 8. 若过点可以作的三条切线，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设切点求出切线方程并代入，得到关于的等式，通过分离参数将切线条数转化为两函数图象交点个数问题，再构造函数利用导函数研究函数单调性，结合图象求参数范围可得. 【详解】依题意，设切点坐标为，由，求导得， 则函数的图象在点处的切线方程为. 由切线过点，得. 令，依题意，直线与函数的图象有3个公共点. ， 当或时，，函数在上单调递减； 当时，，则函数在上单调递增； 当时，函数取得极小值， 当时，函数取得极大值， 且当时，恒有.又，， 如图，作出函数大致图象， 由形可知，当时，直线与函数的图象有3个公共点， 所以实数的取值范围是. 故选：B. 二、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．全部选对得6分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知m，且，则下列结论正确的是（ ） A. B. 若，则 C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】对于A：根据阶乘的定义分析判断；对于B：根据组合数公式列式求解；对于C：根据组合数公式分析证明；对于D：举反例说明即可. 【详解】因为m，且， 对于选项A：由阶乘的定义可知，故A正确； 对于选项B：因为， 整理得，解得或（舍去），故B正确； 对于选项C：因为 ， 即，故C正确； 对于选项D：例如，则， 可知，故D错误； 故选：ABC. 10. 已知正方体的棱长为1，点，分别为，的中点，则下列说法正确的是（ ） A. 平面 B. 与平面所成角的余弦值为 C. 二面角的正弦值为 D. 点到平面的距离为 【答案】ABD 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，利用数量积为0得线线垂直，根据线面垂直的判定定理证明，判断A正确；求出平面的法向量，利用线面角的向量公式求解，判断B正确；利用二面角的定义作出二面角的平面角，利用余弦定理及同角三角函数关系求解，判断C错误；利用等体积法求点面距离，判断D正确. 【详解】对于AB，以为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图： 正方体的边长为1，，，，，，， ，所以，， 因为，所以，即， 因为，所以，即， 又，平面，所以平面，故A正确； 设平面的一个法向量为，， 则，即，不妨令，得，故， 又因为， 设直线与平面所成角为，则， 所以与平面所成角的余弦值为，故B正确； 对于C，如图： 连接交于，连接， 因为，O为BD的中点， 所以，，平面，平面， 所以是二面角的平面角， 又， 故， 所以二面角的正弦值为，故C错误； 对于D，如图： 设点到平面的距离为，因为， 所以，， 因为，所以， 所以，即点到平面的距离为，D正确. 故选：ABD 11. 已知函数(为常数)，则下列结论正确的是（ ） A. 当时，在处的切线方程为 B. 若有3个零点，则的取值范围为 C. 当时，是的极大值点 D. 当时，有唯一零点，且 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据导数的几何意义，可判定A正确；根据题意，转化为与的图象有3个交点，利用导数求得函数的单调性与极值，可判定B正确；当时，得到，讨论函数的单调性，结合极值点的定义，可判定C错误.当时，得到，函数单调递增，结合，可判定D正确； 【详解】对于A中，当时，可得，则，所以切线为A正确： 对于B中，若函数有3个零点，即有三个解， 其中时，显然不是方程的根， 当时，转化为与的图像有3个交点， 又由， 令，解得或；令，解得， 所以函数在上单调递增，在上单调递减； 所以当时，函数取得极小值，极小值为， 又由时，，当时，且， 如下图： 所以，即实数的取值范围为，所以B正确： 对于中，当时，，可得， 令，在上单调递增， 且,所以存在使得， 所以在上，单调递减， 在上，单调递增，又, 所以在上，即，单调递减， 在上，即，单调递增， 所以是的极小值点，所以错误． 对于D中，当时，， 设，可得， 当时，在单调递减；当时，在单调递增， 所以当时，，所以， 所以，所以函数在上单调递增， 又因为，即， 所以有唯一零点且，所以D正确； 故选：ABD. 【点睛】方法技巧：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略： 1、合理转化，根据题意转化为两个函数的最值之间的比较，列出不等式关系式求解； 2、构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围； 3、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题． 4、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别． 第Ⅱ卷（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知空间中有三点，则A到直线的距离为__． 【答案】 【解析】 【分析】应用向量法求点线距离即可. 【详解】由题设，则A到直线的距离. 故答案为： 13. 已知的展开式的二项式系数和为64，各项系数和为729，则实数a的值为______． 【答案】或2 【解析】 【分析】根据给定条件，利用二项式系数的性质及赋值法列式求解. 【详解】由的展开式的二项式系数和为64，得，解得， 由的展开式的各项系数和为729，得，解得或， 所以实数a的值为或2. 故答案为：或2 14. 已知函数，若有三个零点，其中，则实数的取值范围为______． 【答案】 【解析】 【分析】，由得，则除1外还有两个零点，求出的导数，并分类探讨单调性，借助判别式求得，再验证函数有三个零点即可. 【详解】函数定义域为，， 由有三个零点，而，得除1外还有两个零点， 求导得，令， 当时，，，函数在上单调递减，最多1个零点，不符合题意； 当时，要除1外还有两个零点，则不单调， 函数存在两个变号零点，则，解得， 当时，令的两个零点为，，则，， ，当时，，， 则在上单调递增； 当时，，，则在上单调递减； 由，得，，而， ，因此存在，， 使得， 从而函数有3个零点，，， 所以实数的取值范围为. 故答案为： 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步㵵． 15. 已知，求： （1）的值； （2）的值． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）利用组合数的性质求出，再利用赋值法求解. （2）由（1）的信息，对等式两边求导，再利用赋值法求解. 【小问1详解】 由，得，则， 取，即，得. 【小问2详解】 对两边求导， 得， 取，得. 16. 为庆祝党的二十大胜利闭幕，某校高二级部组织全体同学进行了主题为“二十大精神进校园，培根铸魂育新人”的二十大知识竞赛，并选出了4名女生和3名男生共7名优胜者.赛后，7名同学站成一排，照相留念． （1）女生必须站在一起的站队方式有多少种?（用数字作答） （2）现在要求这7名同学分成三个宣讲小组分别去给高一、高二、高三三个年级的同学做二十大学习成果汇报，要求每个小组必须既有男生又有女生，问有多少种安排方案?（用数字作答） （3）男生甲不与其他男生相邻的站队方式有多少种?（用数字作答） 【答案】（1）576 （2）216 （3）2400 【解析】 【分析】（1）利用捆绑法，女生看成整体与男生排列，再考虑女生内部排列. （2）分别将男生女生分分给三个年级，由此求解即可. （3）男生甲不与其他男生相邻，则相邻的只能是女生，分甲站在两端和甲不站两端两种情况讨论，选出女生与甲看作整体，与剩下的人排列即可. 【小问1详解】 女生必须站在一起，先将四个女生看成一个整体，再与其他三个男生排列， 则有种站队方式. 【小问2详解】 先将名女生分到三个年级，有种，再将个男生分到三个年级，有种， 所以共有种. 【小问3详解】 若甲站在两端，则甲有种站法，再选一名女生与甲相邻，有种选法， 再排其他人，有排法，则甲站在两端有种； 若甲不站两端，则可先在甲两边分别安排一名女生，有种选法， 再将这三个人看成一个整体与其他人排列，有种排法，则甲不站两端有种， 所以男生甲不与其他男生相邻的站队方式有种. 17. 已知函数. （1）若，求在处的切线方程； （2）当时，函数在上的最小值为3，求实数的值. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）把代入，求出函数的导数，再利用导数的几何意义求出切线方程作答. （2）根据给定条件，求出函数的导数，分类讨论求解最小值即可作答. 【小问1详解】 当时，，求导得，则，而， 所以函数在点处切线方程为，即. 【小问2详解】 函数，求导得，， 当时，，函数在上单调递增，，解得，矛盾， 当时，由，得，函数递减，由，得，函数递增， 因此，解得，从而， 当时，，函数在上单调递减，，解得，矛盾， 所以. 18. 如图，在中，是中点，分别是边上的动点，且，将沿折起，将点折至点的位置，得到四棱锥. （1）求证：平面； （2）若，二面角是直二面角，求线段中点到平面的距离； （3）当时，求直线与平面所成角正弦值的取值范围. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）线线平行得到线面平行； （2）证明三条线两两垂直，从建立空间直角坐标系，得到点的坐标后得到向量坐标，然后求得面的法向量，由投影得到点到面的距离； （3）以点为原点建立空间直角坐标系，设动点坐标，然后得到向量的坐标，由得到向量数量积为0，求得点的坐标，由直线外一点及其在直线上的投影和直线上的点建立等式，求得点的坐标，然后由向量和平面的法向量，求得线面角正弦值，平方后构造双勾函数，函数的单调性得到函数最小值，从而求得线面角正弦值的范围. 【小问1详解】 四棱锥中，，而平面平面， 所以平面 【小问2详解】 由，，得，折叠后，在四棱锥中，， 由二面角是直二面角，即平面平面， 平面平面，平面，平面， ∵平面，∴ 以分别为轴建立空间直角坐标系，则 ， 设平面法向量为，则， 令，得， 所求点面距为. 【小问3详解】 以直线和分别为轴，过作平面的垂线为轴，建立空间直角坐标系， 设，显然， ， ，得出，则， 则， 点与其在直线上射影点及点围成以线段为斜边的直角三角形， 则，即，且且，即， 平面的法向量为，设直线与平面所成角为， ， 则， 令，函数在上递减，， 因此，则，解得， 所以直线与平面所成角的正弦值的取值范围是. 19. 已知，函数，. （1）当时，求极值； （2）若存在零点. （i）当时，求的取值范围； （ii）求证：. 【答案】（1）答案见解析； （2）（i）；（ii）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）直接求导得，再分和讨论即可； （i）转化得有解，再设，求导后再对分类讨论，最后利用隐零点法即可得到其范围； （ⅱ）分析得表示原点与直线上的动点之间的距离，再等价转化为证明，再设新函数并多次求导即可证明. 【小问1详解】 时，， 当时，，函数单调递增，既无极大值也无极小值. 当时，，，函数单调递减，，，函数单调递增， 函数的极小值是，无极大值. 【小问2详解】 （ⅰ）当时，因为函数存在零点，故有解， 若，此时无解，所以，有解，， ①若单调递增，此时不存在零点； ②若，令，，， 由零点存在定理可知存在， 所以在上为减函数，在上为增函数， 故，解得，故. （ⅱ）因为函数存在零点，所以有解，其中， 若，则，该式不成立，故. 故，考虑直线， 表示原点与直线上的动点之间的距离， ，所以， 时，要证，只需证， 解法一：即证. 令，则， 令，，故在上为增函数，故. 即在上为增函数， 故，故，即成立. 解法二：令,则， 令，得单调递减， 令，得单调递增， 所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$