精品解析：江苏省南京市秦淮中学、玄武高中、溧水二高等五校联盟2024-2025学年高二下学期4月期中学情调研数学试题

南京市2024-2025学年度第二学期五校联盟期中学情调研 高二数学 本卷：150分 考试时间：120分钟 注意事项： 1.本试卷共4页.本试卷满分为150分，考试时间为120分钟. 2.答卷前，考生务必将自己的学校、姓名、考生号填涂在答题卡上指定的位置. 一、单项选择题：本大题共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，请把答案填涂在答题卡相应位置上. 1. 已知平面的法向量为，平面的法向量为，若，则k＝（ ） A. 4 B. C. 5 D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据两平面垂直得到两法向量垂直，进而得到方程，求出答案. 【详解】∵，∴， ∴，解得. 故选：D 2. 已知，则为（ ） A. B. 1 C. 32 D. 243 【答案】B 【解析】 【分析】利用赋值法令计算可得. 【详解】因为， 令可得. 故选：B 3. 已知函数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由简单复合函数的求导法则即可求解. 【详解】解：令， 所以 即 所以， 故选：D 4. 某晚会有三个唱歌节目，两个舞蹈节目，要求舞蹈节目不能相邻，有（ ）种排法？ A. 72 B. 36 C. 24 D. 12 【答案】A 【解析】 【分析】先排唱歌节目，利用插空法排舞蹈节目即可. 【详解】先排三个唱歌节目这有：种情况， 然后四个空排两个舞蹈节目这有：种情况， 所以舞蹈节目不能相邻的情况有：情况. 故选：A. 5. 被5除的余数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】利用二项式的展开式进行求解. 【详解】由题可知，， 则其展开式的通项公式为， 由通项公式可得，只有时，不能被5整除， 其余项均能被5整除.故被5除的余数为1，则被5除的余数为3. 故选：C. 6. 已知，直线过原点且平行于，则到的距离为（ ）. A. B. 1 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意取，然后求出在方向上的投影，再结合勾股定理可求得结果. 【详解】由题意取，则， 所以到的距离为 . 故选：C 7. 若函数有两个不同的极值点，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求出函数的定义域与导函数，依题意有两个不同正根，即有两个不同正根，则，即可得解. 【详解】函数的定义域为， 又， 因为函数有两个不同的极值点， 所以有两个不同正根， 即有两个不同正根（不妨设为）， 所以，解得，即实数的取值范围为. 故选：B. 8. 如图，在直三棱柱中，，，是线段的中点，在内有一动点（包括边界），则的最小值是（ ）． A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】建立适当的空间直角坐标系，因为位于的同侧，设关于平面的对称点为，根据求解. 【详解】以为原点，所在直线为轴，过点且平行于的直线为轴，所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，， 所以，，． 设A关于平面的对称点为，， 则，． 设平面的法向量，则， 令，则，，所以， 所以A与到平面的距离， 即 ①． 又，所以，即 ②． 由①②得，由可得，，， 所以， 所以， 当且仅当，，三点共线时取等号， 所以的最小值为． 故选：C. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.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，有选错的得0分. 9. 如图，已知正方体的棱长为分别为棱的中点，则下列结论正确的为（ ） A. B. C. D. 不是平面的一个法向量 【答案】BD 【解析】 【分析】以点为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算可判断各项的正误. 【详解】由为正方体， 以点为坐标原点，所在直线分别为轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则､. 对于选项，，则，故错误； 对于选项，，则，故正确； 对于选项，，故，故错误； 对于选项，，故不是平面的一个法向量，故正确. 故选：. 10. 现安排甲､乙､丙､丁､戊这5名同学参加志愿者服务活动，有翻译、导游、礼仪、司机四项工作可以安排，且每人只安排一个工作，则下列说法正确的是（ ） A. 不同安排方案的种数为 B. 若每项工作至少有1人参加，则不同安排方案的种数为 C. 若司机工作不安排，其余三项工作至少有1人参加，则不同安排方案的种数为 D. 若每项工作至少有1人参加，甲不能从事司机工作，则不同安排方案的种数为 【答案】BD 【解析】 【分析】根据分步计数原理可判断A；先分组，然后再分配可判断BCD. 【详解】对A，若每人都安排一项工作，每人有4种安排方法，则不同安排方案的种数为，故A错误； 对B，先将5人分为4组，再将分好的4组全排列，安排4项工作， 则不同安排方案的种数为，故B正确； 对C，先将5人分为3组，有种分组方法， 将分好的三组安排翻译､导游､礼仪三项工作，有种情况， 则不同安排方案的种数是，故C错误； 对D，第一类，先从乙，丙，丁，戊中选出1人从事司机工作，再将剩下的4人分成三组， 安排翻译､导游､礼仪三项工作，则不同安排方案的种数为； 第二类，先从乙，丙，丁，戊中选出2人从事司机工作， 再将剩下的3人安排翻译、导游、礼仪三项工作， 则不同安排方案的种数为.所以不同安排方案的种数是，故D正确. 故选：BD. 11. 已知直线与曲线相交于不同两点，，曲线在点处的切线与在点处的切线相交于点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，构造函数，计算即可判断；对于B，写出点处的切线程联立并化简得，而，计算即可判断；对于C，根据斜率相等可得，为两切线的交点代入化简得，再计算可得；对于D，根据，计算即可判断. 【详解】令，则， 故时，递增；时，递减， 所以的极大值，且，， 因为直线与曲线相交于､两点， 所以与图像有2个交点， 所以，故A正确； 设，且，可得， 在点处的切线程为 ，得，即， 因为，所以，即，故B错误； 因为，所以， 因为为两切线的交点， 所以， 即，所以， 所以，故C正确； 因为，所以，所以， 同理得，得，即， 因为，所以，故D正确. 故选：ACD. 【点睛】方法点睛：判断B，关键在于根据切线方程联立求得，而两点得斜率即为直线得斜率得，化简可得；判断C，根据斜率相等得，根据在切线上，代入化简计算可得，计算得后即可判断，判断D，关键在于利用不等式进行计算化简即可判断. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分，请把答案填写在答题卡相应位置上. 12. 方程的解为_________. 【答案】6 【解析】 【分析】利用组合数的性质列式求解. 【详解】根据题意，或，且， 解得. 故答案为：6. 13. 《九章算术》是我国古代数学名著，它在几何学中的研究比西方早一千多年，书中将四个面均为直角三角形的四面体称为鳖臑.如图，四面体为鳖臑，平面，，且，则直线与平面所成角的大小为_________. 【答案】## 【解析】 【分析】取的中点，连接、，即可证明平面，从而得到直线与平面所成角，再由锐角三角函数计算可得. 【详解】取的中点，连接、，因为，， 所以，且， 又平面，平面，所以， 因为，平面， 所以平面，所以直线与平面所成角， 又平面，平面，所以，所以， 所以，则， 即直线与平面所成角的大小为. 故答案为： 14. 已知，则_________. 【答案】 【解析】 【分析】利用二项式定理的原理与组合的意义求解即可. 【详解】因为，所以是含项的系数， 若从10个式子中取出0个，则需要从中取出3个，7个1，则得到的项为； 若从10个式子中取出1个，则需要从中取出1个，8个1，则得到的项为； 若从10个式子中取出大于或等于2个，则无法得到含的项； 综上：含的项为，则含项的系数为，即. 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，证明过程或演算步骤. 15. 已知10道试题中有4道选择题，甲、乙两人依次不放回地抽取1道，求： （1）甲抽到选择题的概率； （2）在甲抽到选择题的情况下，乙抽到选择题的概率. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据古典概型概率计算公式，计算出所求概率. （2）根据古典概型概率计算公式，计算出所求概率. 【小问1详解】 甲抽到选择题的概率为 【小问2详解】 在甲抽到选择题的情况下，乙抽到选择题的概率为. 16. 如图，在直三棱柱中，，，，D为的中点. （1）证明：平面； （2）求点到平面BCD的距离. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】方法一：（1）由直三棱柱的性质结合题设易得，由，可得平面，进而得到，可得，进而求证即可； （2）设点到平面BCD的距离为d，利用等体积法，求解即可； 方法二：（1）建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量证得，，进而求证即可； （2）利用空间向量求解即可. 【小问1详解】 方法一：由直三棱柱的性质可知平面， 因为平面，所以，， 由题可知四边形为矩形，， 所以四边形为正方形，所以， 因为，，，且平面， 所以平面，又平面， 所以，因为，所以， 又因为，，平面， 所以平面. 方法二：以A为原点，AB，AC，所在直线分别为轴，轴，轴， 建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，， 则，，， 所以， ， 所以，， 又因为，，平面，所以平面. 【小问2详解】 方法一：设点到平面BCD的距离为d， 易得，，， 则， 则， 所以， 则，， 由得，，解得， 所以点A到平面BCD的距离为. 方法二：由（1）得，，， 设平面BCD的一个法向量为，则，所以， 取，则，，所以， 设点A到平面BCD的距离为，则， 所以点A到平面BCD的距离为. 17. 已知在的展开式中，第2项与第3项的二项式系数之比是． （1）求展开式中的常数项，并指出是第几项； （2）求展开式中的所有有理项． 【答案】（1），第5项； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据条件求出，再由二项式展开式通项求解即可； （2）根据展开通项，有理项即，求出依次代入即可得有理项. 【小问1详解】 在的展开式中， 第2项与第3项的二项式系数之比是，所以. 所以展开式中的通项公式为， 令，得，所以常数项是第5项，为. 【小问2详解】 由（1）可知，通项公式为， 令，则， 当时，， 当时，， 当时，， 当时，， 故展开式中的所有有理项为：. 18. 如图，已知四棱台的上、下底面分别是边长为2和4的正方形，平面⊥平面ABCD，，点P是棱的中点，点Q在棱BC上． （1）若，证明：平面； （2）若二面角的正弦值为，求BQ的长． 【答案】（1） 取的中点M，连接MP，MB． 在四棱台中，四边形是梯形，，， 又点M，P分别是棱，的中点，所以，且． 在正方形ABCD中，，，又，所以． 从而且，所以四边形BMPQ是平行四边形，所以． 又因为平面，平面，所以平面； （2）1． 【解析】 【分析】（1）取的中点M，先证明四边形BMPQ是平行四边形得到线线平行，再由线面平行性质定理可得； （2）法一：应用面面垂直性质定理得到线面垂直，建立空间直角坐标系，再利用共线条件设 ，利用向量加减法几何意义表示所需向量的坐标，再由法向量方法表示面面角，建立方程求解可得；法二：同法一建立空间直角坐标系后，直接设点坐标，进而表示所需向量坐标求解两平面的法向量及夹角，建立方程求解；法三：一作二证三求，设，利用面面垂直性质定理，作辅助线作角，先证明所作角即为二面角的平面角，再利用已知条件解三角形建立方程求解可得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 在平面中，作于O． 因为平面平面，平面平面，，平面， 所以平面． 在正方形ABCD中，过O作AB的平行线交BC于点N，则． 以为正交基底，建立空间直角坐标系． 因为四边形是等腰梯形，，，所以，又，所以． 易得，，，，，所以，，． 法1：设，所以． 设平面PDQ的法向量为，由，得，取， 另取平面DCQ的一个法向量为． 设二面角的平面角为θ，由题意得． 又，所以， 解得（舍负），因此，． 所以当二面角的正弦值为时，BQ的长为1． 法2：设，所以． 设平面PDQ的法向量为，由，得，取， 另取平面DCQ的一个法向量为． 设二面角的平面角为θ，由题意得． 又，所以， 解得或6（舍），因此． 所以当二面角的正弦值为时，BQ的长为1． 法3：在平面中，作，垂足为H． 因为平面平面，平面平面，，平面， 所以平面，又平面，所以． 在平面ABCD中，作，垂足为G，连接PG． 因为，，，PH，平面， 所以平面，又平面，所以． 因为，，所以是二面角的平面角． 在四棱台中，四边形是梯形， ，，，点P是棱的中点， 所以，． 设，则，， 在中，，从而． 因为二面角的平面角与二面角的平面角互补， 且二面角的正弦值为，所以，从而． 所以在中，，解得或（舍）． 所以当二面角的正弦值为时，BQ的长为1． 19. 已知函数，. （1）若曲线在处的切线与直线垂直，求的值； （2）讨论的单调性； （3）当时，，求的取值范围. 【答案】（1） （2）答案见解析 （3）. 【解析】 【分析】（1）求出，利用导数的几何意义，根据斜率之积为求解即可； （2）求出函数的导数，分类讨论，解不等式即可得出单调性区间； （3）利用导数确定，分离参数后，再利用导数求函数最小值即可得解. 【小问1详解】 因为，所以， 所以， 又在处的切线与直线垂直，所以， 即，所以. 【小问2详解】 ，. ①当时，，所以在上单调递增. ②当时，令，得，又，所以. 当时，，单调递减；当时，，单调递增. 综上，当时，在上单调递增； 当时，在上单调递减，在上单调递增. 【小问3详解】 由，得在上恒成立. 令，，则，令，得， 当时，，单调递减；当时，，单调递增， 所以，即， 则在上恒成立. 令，， 则 . 因为，所以，则， 令，得， 当时，，单调递减；当时，，单调递增， 所以， 所以，即的取值范围是. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 南京市2024-2025学年度第二学期五校联盟期中学情调研 高二数学 本卷：150分 考试时间：120分钟 注意事项： 1.本试卷共4页.本试卷满分为150分，考试时间为120分钟. 2.答卷前，考生务必将自己的学校、姓名、考生号填涂在答题卡上指定的位置. 一、单项选择题：本大题共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，请把答案填涂在答题卡相应位置上. 1. 已知平面的法向量为，平面的法向量为，若，则k＝（ ） A. 4 B. C. 5 D. 2. 已知，则为（ ） A. B. 1 C. 32 D. 243 3. 已知函数，则（ ） A. B. C. D. 4. 某晚会有三个唱歌节目，两个舞蹈节目，要求舞蹈节目不能相邻，有（ ）种排法？ A. 72 B. 36 C. 24 D. 12 5. 被5除的余数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 6. 已知，直线过原点且平行于，则到的距离为（ ）. A. B. 1 C. D. 7. 若函数有两个不同的极值点，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 如图，在直三棱柱中，，，是线段的中点，在内有一动点（包括边界），则的最小值是（ ）． A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.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，有选错的得0分. 9. 如图，已知正方体的棱长为分别为棱的中点，则下列结论正确的为（ ） A. B. C. D. 不是平面的一个法向量 10. 现安排甲､乙､丙､丁､戊这5名同学参加志愿者服务活动，有翻译、导游、礼仪、司机四项工作可以安排，且每人只安排一个工作，则下列说法正确的是（ ） A. 不同安排方案的种数为 B. 若每项工作至少有1人参加，则不同安排方案的种数为 C. 若司机工作不安排，其余三项工作至少有1人参加，则不同安排方案的种数为 D. 若每项工作至少有1人参加，甲不能从事司机工作，则不同安排方案的种数为 11. 已知直线与曲线相交于不同两点，，曲线在点处的切线与在点处的切线相交于点，则（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分，请把答案填写在答题卡相应位置上. 12. 方程的解为_________. 13. 《九章算术》是我国古代数学名著，它在几何学中的研究比西方早一千多年，书中将四个面均为直角三角形的四面体称为鳖臑.如图，四面体为鳖臑，平面，，且，则直线与平面所成角的大小为_________. 14. 已知，则_________. 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10道试题中有4道选择题，甲、乙两人依次不放回地抽取1道，求： （1）甲抽到选择题的概率； （2）在甲抽到选择题的情况下，乙抽到选择题的概率. 16. 如图，在直三棱柱中，，，，D为的中点. （1）证明：平面； （2）求点到平面BCD的距离. 17. 已知在的展开式中，第2项与第3项的二项式系数之比是． （1）求展开式中的常数项，并指出是第几项； （2）求展开式中的所有有理项． 18. 如图，已知四棱台的上、下底面分别是边长为2和4的正方形，平面⊥平面ABCD，，点P是棱的中点，点Q在棱BC上． （1）若，证明：平面； （2）若二面角的正弦值为，求BQ的长． 19. 已知函数，. （1）若曲线在处的切线与直线垂直，求的值； （2）讨论的单调性； （3）当时，，求的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $