精品解析：广东省汕头市潮阳区棉城中学2024-2025学年高二下学期4月期中数学试题

潮阳区棉城中学2024-2025年第二学期高二年级数学科期中考试题 （满分150分） 考试时间：120分钟 命题者：黄立坤 审核者：郭华 第Ⅰ卷（选择题） 一、单选题：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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用集合的补集和交集运算即可求解. 【详解】因为，所以或， 所以. 故选：D. 2. 已知复数，则下列结论正确的是（ ） A. 在复平面对应的点位于第三象限 B. 的虚部是 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先根据复数的除法运算法则得到，根据复数的知识可得解. 【详解】， 所以在复平面对应的点为位于第二象限，A错误； 的虚部为，所以B错误； ，故C正确； ，故D错误； 故选：C 3. 5名学生相约第二天去春游，本着自愿的原则，规定任何人可以“去”或“不去”，则第二天可能出现的不同情况的种数为 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据分步乘法计数原理，计算出不同情况的种数. 【详解】根据分步乘法计数原理可知，个人可能出现的不同情况的种数为种，故选C. 【点睛】本小题主要考查分步乘法计数原理，考查分析问题的能力，属于基础题. 4. 如图，一块长方形花圃，计划在A、B、C、D四个区域分别种上3种不同颜色鲜花中的某一种，允许同一种颜色的鲜花使用多次，但相邻区域必须种不同颜色的鲜花，不同的种植方案有（ ） A. 9种 B. 8种 C. 7种 D. 6种 【答案】D 【解析】 【分析】可按区域分四步，由分步计数原理，即可求解. 【详解】由题意，按区域分四步：第一步A区域有3种颜色可选；第二步B区域有2种颜色可选； 第三步C区域有1种颜色可选；第四步D区域只有1种颜色可选， 由分步计数原理可得，共有种不同的种植方案. 故选：D. 5. 已知是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，以下判断正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】C 【解析】 【分析】利用空间线线，线面，面面的位置关系逐项判断即可结论. 【详解】若，则或或或，故A错误； 若，则或，故B错误； 若，在内作，所以，又，所以， 又，所以，所以，故C正确； 若，则或或为异面直线，故D错误. 故选：C. 6. 设向量, 则是“”的（ ） A. 充分但不必要条件 B. 必要但不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】利用向量共线的充要条件：向量的坐标交叉相乘相等；求出的充要条件，判断前者成立是否能推出后者成立，反之判断后者成立能否推出前者成立，利用充要条件的定义得到结论． 【详解】的充要条件为，即或， “”是“或”成立的充分不必要条件， “”是“”的充分不必要条件， 故选A． 【点睛】判断一个命题是另一个命题的什么条件，一般先对各个条件进行化简，再利用充要条件的定义加以判断． 7. 已知双曲线的离心率为，则双曲线的焦点到渐近线的距离为（ ） A. B. 2 C. 4 D. 【答案】B 【解析】 【分析】由双曲线离心率及参数关系求得，再写出渐近线方程和焦点坐标，应用点线距离公式求焦点到渐近线的距离. 【详解】由题意，又，所以，故，所以， 所以双曲线，故渐近线方程为且焦点为， 则焦点到渐近线的距离为. 故选：B. 8. 已知函数在处有极大值，则（ ） A. 2 B. 6 C. 2或6 D. 【答案】B 【解析】 【分析】通过函数求导，由题意可得，求得或，再回代入函数解析式，检验其单调性和极值情况即可. 【详解】由求导得：， 因函数在处有极大值，故，解得或. 当时，， 由可得或，由可得， 即函数在和上单调递增，在上单调递减， 故此时函数在处有极小值，不合题意； 当时，， 由可得或，由可得， 即函数在和上单调递增，在上单调递减， 故此时函数在处有极大值，符合题意. 故. 故选：B. 二、多选题：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. 如图是函数的导函数的图象，则以下说法正确的为（　　） A. 是函数的极小值点 B. 函数在处取最小值 C. 函数在处切线的斜率小于零 D. 函数在区间上单调递增 【答案】AD 【解析】 【分析】由图得到导数正负情况，再根据导数与单调性关系、极值点和最值定义以及导数几何意义即可得解. 【详解】由图可得当时，； 当时，，当且仅当时， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 所以是函数的极小值点，函数在区间上单调递增，故AD正确， 函数在处不能取最小值，函数在处切线的斜率大于零，故BC错误. 故选：AD 10. 甲，乙，丙，丁，戊五人并排站成一排，下列说法正确的是（ ） A. 如果甲乙丙按从左到右的顺序（可以不相邻），则不同排法共有20种 B. 如果甲乙不相邻，则不同排法共有36种 C. 如果甲，乙都不排两端，则不同的排法共有36种 D. 如果甲，乙必须相邻，则不同的排法有48种 【答案】ACD 【解析】 【分析】由倍缩法即可判断A，由插空法即可判断B，由特殊元素优先法即可判断C，由捆绑法即可判断D. 【详解】对于A，由于甲乙丙按从左到右的顺序固定了，故有种方法，故A正确； 对于B，甲乙不相邻，先把其他人排成一排有种方法，有个空，然后将甲乙插空有种方法，故共有种，故B错误； 对于C，甲，乙都不排两端，则先从中间个位置选择两个将甲，乙安排好，有种方法，其他人安排到剩下的个位置，有种方法，所以共有种方法，故C正确. 对于D，甲，乙必须相邻，将甲，乙捆绑到一起有种方法，看成一个大元素然后与其他人排成一排有种方法，故共有种，故D正确； 故选：ACD 11. 在的展开式中，下列说法正确的有（ ） A. 所有项的二项式系数和为128 B. 所有项的系数和为0 C. 系数最大的项为第4项和第5项 D. 存在常数项 【答案】AB 【解析】 【分析】利用二项式定理以及展开式的通项，赋值法对应各个选项逐个判断即可． 【详解】解：选项A：所有项的二项式系数和为，故A正确； 选项B：令，则，所以所有项的系数的和为0，故B正确； 选项C：二项式的展开式的通项为， 第四项为，第五项为， 显然第五项的系数最大，故C错误； 选项D：令，解得，故不存在常数项，故D错误； 故选：AB． 第Ⅱ卷（非选择题） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 展开式中含项的系数_________． 【答案】15 【解析】 【分析】利用组合的知识，根据所求项的次数，可得结果. 【详解】展开式中含项的系数为． 【点睛】本题考查二项式定理，难点在于展开式中的每一项是用组合的知识计算得到，属基础题. 13. 已知正项等比数列的前n项和为．若，，则公比______． 【答案】2 【解析】 【分析】先根据题设条件判断，再由等比数列求和公式列方程组，求解即得. 【详解】因，，因，故，则有， 由：，即，因，解得. 故答案为：2. 14. 曲线在点处的切线方程为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据导数的几何意义求切线的斜率，再利用点斜式求切线方程. 【详解】因为， 所以，， 所以， 所以切线方程为，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. 在中，分别是角的对边. 若. （1）求的值； （2）求边长的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理及二倍角公式计算可得； （2）利用余弦定理计算可得. 【小问1详解】 在中，由正弦定理，，，可得， 因为，所以，即， 显然，解得． 【小问2详解】 在中，由余弦定理， 得，解得或， 当时，又，所以，又，， 所以，则，与矛盾，所以舍去； 所以． 16. 设函数过点 （1）求函数的单调区间和极值（要列表）； （2）求函数在上的最大值和最小值. 【答案】（1）增区间，，减区间，极大值，极小值． （2）最大值，最小值． 【解析】 【分析】（1）将点代入函数解析式即可求得a，对函数求导，分析导函数的正负，确定单调区间及极值； （2）分析函数在此区间上的单调性，由极值、端点值确定最值. 【小问1详解】 ∵点在函数的图象上， ∴，解得， ∴， ∴， 当或时，，单调递增； 当时，，单调递减； 当变化时，的变化情况如下表： 0 0 极大值 极小值 ∴当时，有极大值，且极大值为， 当时，有极小值，且极小值为， 所以的单调递增区间为和，单调递减区间为， 极大值为，极小值为； 【小问2详解】 由（1）可得:函数在区间上单调递减,在区间上单调递增.∴ ,又,,∴ 17. 已知椭圆的离心率为，短轴长为2．过点的直线l与椭圆W交于A，B两点，O为坐标原点． （1）求椭圆W的方程； （2）设C为AB的中点，当直线l的斜率为1时，求中点C的坐标． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用椭圆的短轴得出，结合离心率代入求得，从而求得椭圆方程； （2）写出直线方程和椭圆联立，利用中点坐标公式求得点的坐标； 【小问1详解】 因为短轴长为2，所以， 因为椭圆W的离心率为，所以，即， 解得， 所以椭圆的方程为． 【小问2详解】 当直线的斜率为1时，直线l的方程为． 由得， 设． 则， 所以，代入直线得． 所以中点的坐标为． 18. 已知首项为1的等差数列满足：成等比数列. （1）求数列的通项公式； （2）若数列满足：，求数列的前项和. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由已知列式求得公差，代入等差数列的通项公式得答案； （2）令，得，两式相减得，又，即得 【小问1详解】 设公差为d，又成等比数列， 所以， 又，即，解得或， 而时，不满足成等比数列，所以， 所以. 【小问2详解】 令， 所以， 两式相减有：， 所以数列的前项和为，即， 又，所以， 所以. 19. 如图，直三棱柱的体积为4，的面积为． （1）求A到平面的距离； （2）设D为的中点，，平面平面，求二面角的正弦值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由等体积法运算即可得解； （2）由面面垂直的性质及判定可得平面，建立空间直角坐标系，利用空间向量法即可得解. 【小问1详解】 在直三棱柱中，设点A到平面的距离为h， 则， 解得， 所以点A到平面的距离为； 【小问2详解】 取的中点E,连接AE,如图，因为，所以, 又平面平面，平面平面， 且平面，所以平面， 在直三棱柱中，平面， 由平面，平面可得，， 又平面且相交，所以平面， 所以两两垂直，以B为原点，建立空间直角坐标系，如图， 由（1）得，所以，，所以， 则,所以的中点， 则，, 设平面的一个法向量，则， 可取， 设平面的一个法向量，则， 可取， 则， 所以二面角的正弦值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 潮阳区棉城中学2024-2025年第二学期高二年级数学科期中考试题 （满分150分） 考试时间：120分钟 命题者：黄立坤 审核者：郭华 第Ⅰ卷（选择题） 一、单选题：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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数，则下列结论正确的是（ ） A. 在复平面对应的点位于第三象限 B. 的虚部是 C. D. 3. 5名学生相约第二天去春游，本着自愿的原则，规定任何人可以“去”或“不去”，则第二天可能出现的不同情况的种数为 A. B. C. D. 4. 如图，一块长方形花圃，计划在A、B、C、D四个区域分别种上3种不同颜色鲜花中的某一种，允许同一种颜色的鲜花使用多次，但相邻区域必须种不同颜色的鲜花，不同的种植方案有（ ） A. 9种 B. 8种 C. 7种 D. 6种 5. 已知是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，以下判断正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 6. 设向量, 则是“”的（ ） A. 充分但不必要条件 B. 必要但不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 7. 已知双曲线的离心率为，则双曲线的焦点到渐近线的距离为（ ） A. B. 2 C. 4 D. 8. 已知函数在处有极大值，则（ ） A. 2 B. 6 C. 2或6 D. 二、多选题：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. 如图是函数的导函数的图象，则以下说法正确的为（　　） A. 是函数的极小值点 B. 函数在处取最小值 C. 函数在处切线的斜率小于零 D. 函数在区间上单调递增 10. 甲，乙，丙，丁，戊五人并排站成一排，下列说法正确的是（ ） A. 如果甲乙丙按从左到右的顺序（可以不相邻），则不同排法共有20种 B. 如果甲乙不相邻，则不同排法共有36种 C. 如果甲，乙都不排两端，则不同的排法共有36种 D. 如果甲，乙必须相邻，则不同的排法有48种 11. 在的展开式中，下列说法正确的有（ ） A. 所有项的二项式系数和为128 B. 所有项的系数和为0 C. 系数最大的项为第4项和第5项 D. 存在常数项 第Ⅱ卷（非选择题） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 展开式中含项的系数_________． 13. 已知正项等比数列的前n项和为．若，，则公比______． 14. 曲线在点处的切线方程为______. 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. 在中，分别是角的对边. 若. （1）求的值； （2）求边长的值. 16. 设函数过点 （1）求函数的单调区间和极值（要列表）； （2）求函数在上的最大值和最小值. 17. 已知椭圆的离心率为，短轴长为2．过点的直线l与椭圆W交于A，B两点，O为坐标原点． （1）求椭圆W的方程； （2）设C为AB的中点，当直线l的斜率为1时，求中点C的坐标． 18. 已知首项为1的等差数列满足：成等比数列. （1）求数列的通项公式； （2）若数列满足：，求数列的前项和. 19. 如图，直三棱柱的体积为4，的面积为． （1）求A到平面的距离； （2）设D为的中点，，平面平面，求二面角的正弦值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $