精品解析：江苏省扬州市树人高级中学2024-2025学年高二下学期期中考试数学试题

2024-2025学年度第二学期扬州市树人高级中学期中考试 高二数学 2025.4 一､单项选择题：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. 1. （ ） A. 6 B. C. D. 2. 已知函数处可导，且，则等于（ ） A. B. 3 C. D. 3. 如图，空间四边形中，，，，且，，则等于（ ） A. B. C. D. 4. 中项的系数为（ ） A. 56 B. 69 C. 70 D. 55 5. 如图，平行六面体的底面是矩形，，，，且，则线段的长为（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数在上有最大值，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数，若函数在上单调递增，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 给图中五个区域染色，有四种不同的颜色可供选择，要求边界有重合部分的区域（仅顶点与边重合或仅顶点与顶点重合不算）染上不同的颜色，则不同的染色方法有（ ） A. 216种 B. 168种 C. 192种 D. 180种 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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 从7名男生和3名女生中选出4人去参加一项创新大赛，则下列说法正确的有（ ） A. 如果4人中男生女生各有2人，那么有63种不同的选法 B. 如果男生中的甲和女生中的乙必须在内，那么有28种不同的选法 C. 如果男生中的甲和女生中的乙至少要有1人在内，那么有140种不同的选法 D. 如果4人中必须既有男生又有女生，那么有184种不同的选法 10. 已知，则下列描述不正确的是（ ） A. B. 除以5所得的余数是1 C. D. 11. 是定义在上的连续可导函数，其导函数为，下列命题中正确的是（ ） A. 若为偶函数，则为奇函数 B. 若的图象关于点中心对称，则的图象关于直线轴对称 C. 若的周期为T，则的周期也为T D. 若，为奇函数，则 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 中的系数为__________（用数字作答）. 13. 若函数在处的切线与的图象有三个公共点，则k的范围________． 14. 如图，在正方体中，点P在线段上运动，则下列结论正确的是________． ①直线平面 ②三棱锥的体积为定值 ③异面直线AP与所成角的取值范围是 ④直线与平面所成角的正弦值的最大值为 四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤. 15. 已知在的展开式中各项系数的和比它的二项式系数的和大992. （1）求的值； （2）求展开式中的项； 16. 如图，在四棱锥中，平面，，，是线段上动点． （1）当是线段中点时，求证：平面； （2）当二面角的余弦值为时，求点的位置． 17. 设函数，曲线在点处的切线方程为. （1）求b、c的值 （2）若函数在处有极值，求a的值及函数的单调区间. 18. 已知函数. （1）若，求在处的切线方程； （2）求单调区间. 19. 我们学过组合数的定义，，其中，并且．牛顿在研究广义二项式定理过程中把二项式系数中的下标推广到任意实数，规定广义组合数是组合数的一种推广，其中，且规定．于是广义二项式定理可写成：，其中．等式右端有无穷项． （1）求和值． （2）计算的近似值，保留到小数点后位． （3）求的值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025学年度第二学期扬州市树人高级中学期中考试 高二数学 2025.4 一､单项选择题：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. 1. （ ） A. 6 B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据组合数的性质、排列数和组合数的公式直接计算即可. 【详解】. 故选：A 2. 已知函数在处可导，且，则等于（ ） A. B. 3 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据极限的运算法则，求得，得到的值，得到答案. 详解】由， 可得，即. 故选：B. 3. 如图，在空间四边形中，，，，且，，则等于（ ） A. B. C D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用空间向量加减运算与数乘运算的几何表示即可得解. 【详解】根据题意， . 故选：A 4. 中项的系数为（ ） A. 56 B. 69 C. 70 D. 55 【答案】B 【解析】 【分析】利用展开式的通项公式即可求解. 【详解】由题意得：项系数为：， 故选：B. 5. 如图，平行六面体的底面是矩形，，，，且，则线段的长为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，由，转化为向量的模长，然后结合空间向量数量积运算，即可得到结果. 【详解】由，可得， 因为底面为矩形，，，， 所以，， 又 ， 所以，则. 故选：B 6. 已知函数在上有最大值，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用导函数分析函数的单调性，结合二次函数性质分类讨论导函数单调性情况即可求解. 【详解】由函数求导可得，. 设，其开口向上，对称轴为， 因为函数在上有最大值， 所以方程一定有两个不相等的实数根，设为且， 则，即两根同号， 则有，解得或. 当时，对称轴，则要使函数在上有最大值， 则，所以，解得， 此时在上单调递增，在上单调递减，有最大值，故符合； 当时，对称轴，此时方程的两根均为负根， 则在上恒成立，即函数单调递增，没有最大值. 综上，. 故选：D. 7. 已知函数，若函数在上单调递增，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，将问题转化为在上恒成立，然后分离参数，转化为恒成立，然后求导即可得到其范围，从而得到结果. 【详解】由可得， 因为函数在上单调递增， 所以在上恒成立， 即，即恒成立， 令，则， 当时，，则单调递增， 所以， 所以，即. 故选：D 8. 给图中五个区域染色，有四种不同的颜色可供选择，要求边界有重合部分的区域（仅顶点与边重合或仅顶点与顶点重合不算）染上不同的颜色，则不同的染色方法有（ ） A. 216种 B. 168种 C. 192种 D. 180种 【答案】B 【解析】 【分析】分别讨论区域三，四，五和二，三区域的染色，由分步乘法计数原理计算可得答案. 【详解】先对区域三，四，五染色，有种方法， 若区域二和三同色，区域一可以有3种染色方案，不同的染色方法有种； 若区域二和五同色，区域一有2种染色方案，不同的染色方法有种； 若区域二与三、五颜色不同，区域一有2种染色方案，不同的染色方法有种. 综上，不同的染色方法有种. 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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 从7名男生和3名女生中选出4人去参加一项创新大赛，则下列说法正确的有（ ） A. 如果4人中男生女生各有2人，那么有63种不同的选法 B. 如果男生中的甲和女生中的乙必须在内，那么有28种不同的选法 C. 如果男生中的甲和女生中的乙至少要有1人在内，那么有140种不同的选法 D. 如果4人中必须既有男生又有女生，那么有184种不同的选法 【答案】ABC 【解析】 【分析】对于选项按照组合的要求分步求取即可，对于选项可采用间接法求取. 【详解】对于A，如果4人中男生女生各有2人，男生的选法有种，女生的选法有种，所以共有种不同的选法.故A正确. 对于B，如果男生中的甲和女生中的乙必须在内，在剩下的8人中再选2人即可， 有种不同的选法，故B正确. 对于C，在10人中任选4人，有种不同的选法，甲乙都不在其中的选法有，故男生中的甲和女生中的乙至少要有1人在内的选法有种，故C正确. 对于D，在10人中任选4人，有种不同的选法，只有男生的选法有种， 10人中任选4人不可能全是女生，故4人中必须既有男生又有女生的选法有种，故D错误. 故选： 10. 已知，则下列描述不正确的是（ ） A. B. 除以5所得的余数是1 C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用赋值法即可判断AC、求导数后结合赋值法可判断D，根据二项式展开式的通项即可求解B. 【详解】， 令，可得，再令，可得， ,故A错误． 由于，即展开式各项系数和系数和， 故，，故C错误． 由题意，， 显然，除了最后一项外，其余各项均能被5整除，除以5所得的余数是1，故B正确． 把函数两边同时对求导数，可得， 再令，可得，，可得， 故,故D错误． 故选：ACD． 11. 是定义在上的连续可导函数，其导函数为，下列命题中正确的是（ ） A. 若为偶函数，则为奇函数 B. 若图象关于点中心对称，则的图象关于直线轴对称 C. 若的周期为T，则的周期也为T D. 若，为奇函数，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】对A，根据偶函数可得，两边求导即可判断；对B，根据对称中心可得，两边对求导可判断；对C，根据周期的定义以及导数的运算可判断；对D，根据函数的对称性、奇偶性可判断. 【详解】对A，因为为偶函数，所以，都有， 两边同时求导，，即，则为奇函数，A正确； 对B，因为的图象关于点中心对称，故， 两边对求导可得，， 即，所以的图象关于直线轴对称，B正确； 对C，因为的周期为T，则，故，（为常数）， 所以当时，不是的周期，C错误； 对D，由可得，函数的图象关于点中心对称， 因是定义在上的连续可导函数，故， 又为奇函数，则的图象关于原点对称， 故的图象关于点中心对称，即， 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. 中的系数为__________（用数字作答）. 【答案】 【解析】 【分析】的二项展开式的通项为，令，再求出展开式中的系数，从而可求解. 【详解】， 其二项展开式的通项为， 要得到，则，解得. 的二项展开式的通项为， 令，可得. 故中的系数为. 故答案为:. 13. 若函数在处的切线与的图象有三个公共点，则k的范围________． 【答案】 【解析】 【分析】首先利用导数的几何意义求切线方程，再转化为切线与在有两个不同的解，利用参变分离转化为二次函数图象问题，即可求解. 【详解】，，，所以切线方程为， ，，， 当，，单调递减，当，，单调递增， 所以当时，取得最小值，， 所以与只有1个交点，交点坐标为， 由题意可知：在有两个不同的解， ，， 函数在区间单调递减，在区间单调递增， 且在区间的值域为， 若与在区间有两个交点， 则的范围为. 故答案为： 14. 如图，在正方体中，点P在线段上运动，则下列结论正确的是________． ①直线平面 ②三棱锥的体积为定值 ③异面直线AP与所成角的取值范围是 ④直线与平面所成角的正弦值的最大值为 【答案】①②④ 【解析】 【分析】对于①，利用线面垂直的判定定理及线面垂直的性质定理，即可进行判断；对于②，利用线面平行的判定定理，得出∥平面，再根据三棱锥的体积的计算方法，即可进行判断；对于③，利用异面直线所成角的计算方法，即可进行判断；对于④，通过建立空间直角坐标系，利用坐标法求出直线与平面所成角的正弦值，然后借助二次函数，即可进行判断. 【详解】 对于①，连接， ，，，平面，平面， 平面，平面， ，同理，， ，平面，平面， 直线平面，故①正确； 对于②，∥，平面，平面，∥平面， 点在线段上运动，点到平面的距离为定值， 又面积为定值，利用等体积法知三棱锥的体积为定值，故②正确； 对于③，∥，异面直线与所成的角即为与所成的角， 当点位于点时，与所成的角为， 当点位于的中点时，，，此时，与所成的角为， 异面直线与所成角的取值范围是，故③错误； 对于④，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，， 则，，，，，， 设平面的法向量，则，即， 令，得，所以，直线与平面所成角的正弦值为： ， 当时，直线与平面所成角的正弦值取得最大值，最大值为，故④正确. 故答案为：①②④ 四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤. 15. 已知在的展开式中各项系数的和比它的二项式系数的和大992. （1）求的值； （2）求展开式中的项； 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】(1)先令求得各项系数和，再求得二项式系数和，根据题意，列出方程，即可求得 (2)根据的通项公式以及，通过赋值法，即可求得. 【小问1详解】 （1）展开式各项系数的和为：；二项式系数的和为：.又各项系数的和比二项式系数的和大 ，即，解得，. 【小问2详解】 （2）展开式的通项公式为：， 令，解得. 展开式中的项为：. 16. 如图，在四棱锥中，平面，，，是线段上的动点． （1）当是线段中点时，求证：平面； （2）当二面角的余弦值为时，求点的位置． 【答案】（1）证明见解析 （2）是靠近的三等分点． 【解析】 【分析】（1）记的中点为，连接，证明四边形为平行四边形，即可得证； （2）建立空间直角坐标系，设，根据二面角求出的值，即可求得的位置. 【小问1详解】 记的中点为，连接，如图所示， 因为是线段中点，所以且， 又，所以， 所以四边形为平行四边形，所以， 又因为平面平面， 所以平面． 【小问2详解】 因为平面 平面，所以， 又，所以两两垂直， 以分别为轴的正方向建立空间直角坐标系， 则， 则， 当与重合时，二面角为，不合题意， 设，则， 设平面，平面的法向量分别为， 则， 取，得， 由题可知，解得（负根舍去）， 故是靠近的三等分点． 17. 设函数，曲线在点处的切线方程为. （1）求b、c的值 （2）若函数在处有极值，求a的值及函数的单调区间. 【答案】（1） （2）；单调增区间为和，单调减区间为. 【解析】 【分析】（1）由题意可得，进而计算可求得的值； （2）由题意可得，可求，进而求导，令，可求单调递增区间，令，可求单调递减区间. 【小问1详解】 由曲线在点处的切线方程为. 所以， 由，可得， 所以，所以； 【小问2详解】 又因为函数在处有极值，所以， 所以，又，所以， 所以函数，所以， 令，可得或，令，可得， 所以函数的单调增区间为和，单调减区间为. 18. 已知函数. （1）若，求在处的切线方程； （2）求的单调区间. 【答案】（1） （2）答案见解析 【解析】 【分析】（1）根据导数的几何意义求出切线斜率即可得解； （2）求出导数，再根据得出方程的根，根据的范围讨论即可求出函数单调区间； 【小问1详解】 由，所以， 所以，又， 所以曲线在处的切线方程为， 即； 【小问2详解】 由，定义域为， 当时，令得或， （i）时，，，令，得， 令，得或， 所以的递增区间为，递减区间为，； (ii)时，，所以在上单调递减； （iii）当时，即，， 令，得， 令，得或， 所以的递增区间为，递减区间为，； 当时，令，得；令，得， 所以的递增区间为，递减区间为； 综上所述， 当时，的递增区间为，递减区间为，； 当时，在上单调递减； 当时，的递增区间为，递减区间为，； 当时，的递增区间为，递减区间为. 19. 我们学过组合数定义，，其中，并且．牛顿在研究广义二项式定理过程中把二项式系数中的下标推广到任意实数，规定广义组合数是组合数的一种推广，其中，且规定．于是广义二项式定理可写成：，其中．等式右端有无穷项． （1）求和的值． （2）计算的近似值，保留到小数点后位． （3）求的值． 【答案】（1）；； （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据广义组合数公式代入即可求解； （2）根据，代入广义二项式定理的展开式即可求解； （3）分析式子特征，考虑的展开式中，的系数即可求解. 【小问1详解】 ，. 【小问2详解】 【小问3详解】 根据已知条件所给式子， 考虑的展开式中，的系数． 左式为，的系数为， 右式中的系数为， 所以． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $