精品解析：湖南省常德市临澧县第一中学2024-2025学年高二下学期4月期中考试数学试题

2025年上学期期中考试 高二数学（试题卷） （命题人：林祖成 考试时间：120分钟 试卷满分：150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. 下列导数运算正确的是（ ） A. B. C. D. 2. 已知随机变量，，则（ ） A. 0.2 B. 0.3 C. 0.7 D. 0.8 3. 等差数列中，为其前项的和，若，，则（ ） A. 50 B. 100 C. 400 D. 500 4. 已知点在抛物线上，抛物线的焦点为，则（ ） A. 5 B. 8 C. D. 5. 已知函数的大致图象如图所示，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 6. 在平面直角坐标系中，为曲线上位于第一象限内的一点，为在轴上的射影，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 7. 将这9个数字填在的方格表中，要求每一行从左到右、每一列从上到下的数字依次变小.若将4填在如图所示的位置上，则填写方格表的方法数为（ ） A. 12 B. 24 C. 36 D. 48 8. 已知，，，则 ，， 的大小关系是（ ） 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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知随机变量 服从二项分布，，下列判断正确的是（ ） A. 若 ，则 B. C. 若，则 D. 的最大值为 10. 在正三棱柱中，为AC的中点，点 满足，，则（ ） A. 当时， B. 当时， C. 存在，使得 D. 存在，使得平面 11. 如图，由函数与的部分图象可得一条封闭曲线，则下列说法正确的是（ ） A. 关于直线对称 B. 的弦长最大值大于 C. 直线被截得弦长的最大值为 D. 的面积小于 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 的展开式中的系数为__________. 13. 一个不透明的袋子中装有3个黑球，个白球（），这些球除颜色外大小、质地完全相同，从中任意取出3个球，已知取出2个黑球，1个白球的概率为，设 为取出白球的个数，则___________. 14. 已知函数对定义域内任意，都有，则正实数的取值范围为___________. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知等差数列满足： ，且成等比数列． （1）求数列的通项公式； （2）若等差数列的公差不为零，且数列满足：，记数列的前n项和为，求证：； 16. 已知函数，. （1）若曲线在点处的切线与曲线也相切，求a； （2）若图象恒在图象的上方，求a的取值范围. 17. 如图，在三棱柱中，，，，侧面为矩形． （1）证明：； （2）若二面角的余弦值为，求二面角的余弦值． 18. 在平面直角坐标系中，，，若点P是平面上一动点，且的周长为，设动点P的轨迹为曲线C. （1）求曲线C的方程； （2）若直线与曲线C交于A，B两点，且，，求k的值. 19. 若抛掷一枚硬币，每次落地后正面向上的概率为，张华同学思考了以下抛掷硬币问题： （1）一共抛掷硬币4次，求恰有2次正面朝上且第2次抛掷是反面朝上的概率； （2）如果抛掷硬币前约定“双上次原则”：即最多抛掷硬币次，当出现两次正面朝上时就不再抛掷，抛掷硬币次后即使没有出现两次正面朝上也不再抛掷．设 表示“双上次原则”中抛掷硬币的次数． ①若，求； ②若（为整数）表示抛掷硬币次时恰有2次正面朝上的概率，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025年上学期期中考试 高二数学（试题卷） （命题人：林祖成 考试时间：120分钟 试卷满分：150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. 下列导数运算正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用基本初等函数的导数即可得解. 【详解】对于A，，故A错误； 对于B，，故B错误； 对于C，，故C正确； 对于D，，故D错误. 故选：C. 2. 已知随机变量，，则（ ） A. 0.2 B. 0.3 C. 0.7 D. 0.8 【答案】C 【解析】 【分析】根据正态分布的对称性即可得到答案. 【详解】由题意得，所以. 故选：C. 3. 等差数列中，为其前项的和，若，，则（ ） A. 50 B. 100 C. 400 D. 500 【答案】D 【解析】 【分析】根据等差求和公式即可代入求解. 【详解】， 故选：D 4. 已知点在抛物线上，抛物线的焦点为，则（ ） A. 5 B. 8 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】将点代入抛物线方程求出，再利用抛物线定义可求出. 【详解】将点代入抛物线，可得，解得 ， 所以. 故选：A. 5. 已知函数的大致图象如图所示，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定的图象可得是函数 的极小值点，求出值，再解不等式. 【详解】观察图象知， 是函数 的极小值点，求导得， 则，解得，当 时， ；当 时， ， 则 是函数 的极小值点，，， 不等式，解得 ， 所以不等式的解集为. 故选：B 6. 在平面直角坐标系 中，为曲线上位于第一象限内的一点，为在轴上的射影，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设，则，构造函数，利用导数求出函数取得最大值时，点的坐标，进而可得出答案. 【详解】设， 则， 令，则， 当时， ，当时，， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 所以当时，取得最大值， 又，所以此时最大， 此时， 所以的最大值为. 故选：B. 【点睛】方法点睛：求函数在区间上的最值的方法： （1）若函数在区间上单调，则与一个为最大值，另一个为最小值； （2）若函数在区间内有极值，则要求先求出函数在区间上的极值，再与、比大小，最大的为最大值，最小的为最小值； （3）若函数在区间上只有唯一的极大点，则这个极值点就是最大（最小）值点，此结论在导数的实际应用中经常用到. 7. 将这9个数字填在的方格表中，要求每一行从左到右、每一列从上到下的数字依次变小.若将4填在如图所示的位置上，则填写方格表的方法数为（ ） A. 12 B. 24 C. 36 D. 48 【答案】A 【解析】 【分析】确定1，9的位置，再确定2，3的位置，最后确定余下4个数的位置，列式计算即可. 【详解】由每一行从左到右、每一列从上到下的数字依次变小，得在左上角，在右下角，如图，    排在位置，有种方法， 从余下的4个数字中任取2个按从左到右由大到小排在位置，有种方法， 最后两个数字从上到下由大到小排在位置，有1种方法， 所以填写方格表的方法共有（种）. 故选：A 8. 已知，，，则，，的大小关系是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】构造函数，利用导数判断出的单调性，再利用单调性判断可得答案. 【详解】因为，， ，，， 构造函数，则， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 因，所以，即，即，所以； 又，所以，即 .综上，. 故选：C. 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. 已知随机变量 服从二项分布，，下列判断正确的是（ ） A. 若 ，则 B. C. 若，则 D. 的最大值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据二项分布的期望方差公式判断A、C，根据二项分布的概率公式判断B，由，令，利用导数求出函数的最大值，即可判断D. 【详解】因为， 由，解得，所以，故A正确． ，故B正确． 由，解得或，所以或，故C错误． ， 设函数， 则． 当时，， 单调递增，当时，， 单调递减， 所以，所以的最大值为，故D正确． 故选：ABD 10. 在正三棱柱中，为AC的中点，点满足，，则（ ） A. 当时， B. 当时， C. 存在 ，使得 D. 存在 ，使得平面 【答案】AD 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，利用向量垂直及平行计算判断A，B，C，求出法向量法结合位置关系求解判断D. 【详解】取的中点，建立如图所示空间直角坐标系： 设底面边长为2， 则， 所以，所以， A. 当时，，，，所以，故A正确； B. 当时，，，，所以不成立，故B错误； C.，，故C错误； D. 因为，， 设平面的一个法向量为， 则，即，令，则， 使得平面，所以，所以，，符合，故D正确； 故选：AD. 11. 如图，由函数与的部分图象可得一条封闭曲线，则下列说法正确的是（ ） A. 关于直线对称 B. 的弦长最大值大于 C. 直线被截得弦长的最大值为 D. 的面积小于 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，求函数的反函数，结合反函数性质判断A，对于B，联立证明直线与曲线有两个交点，设右侧的交点为，左侧的交点为，求交点的距离，判断B，设为曲线的切线，结合导数的几何意义求，结合对称性判断C，证明左侧交点的横坐标大于，过点做的切线，再做该切线关于对称的直线，过，做切线的垂线，与两切线分别交于，求矩形的面积，判断D. 【详解】对于A：由， 所以函数的反函数为， 所以关于直线对称，故A正确； 对于B：有. 设，则 ， 由. 由， 所以在上单调递减，在上单调递增. 且， 所以存在，使得 ，另 . 所以曲线与直线有两个交点，设右侧的交点为，左侧的交点为， 则，所以， 结合图象可得，的弦长最大值小于，故B错误； 对于C：因为直线与直线垂直， 设为曲线的切线，由， 所以切点为，所以切线方程为. 直线与的距离为. 所以直线被截得弦长的最大值为，即.故C正确； 对于D：由，所以B中. 过点做的切线，再做该切线关于对称的直线， 过，做切线的垂线，与两切线分别交于， 如图所示，构成矩形， 该矩形将图形包含在内，所以的面积小于矩形的面积. 又， 所以矩形的面积为.所以D正确. 故选：ACD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 的展开式中的系数为__________. 【答案】 【解析】 【分析】写出展开式通项，令的指数为，求出参数的值，代入通项即可得解. 【详解】的展开式通项为， 因为， 在中，其通项为，令， 在中，展开式通项为，令，可得， 所以，的展开式中的系数为. 故答案为：. 13. 一个不透明的袋子中装有3个黑球，个白球（），这些球除颜色外大小、质地完全相同，从中任意取出3个球，已知取出2个黑球，1个白球的概率为，设 为取出白球的个数，则___________. 【答案】## 【解析】 【分析】根据取出2个黑球，1个白球的概率为求出n的值，再求出X的分布列，根据数学期望的定义即可计算. 【详解】由题可知，，即，解得， 则X的可能取值为 ， ，， ，， 所以. 故答案为：. 14. 已知函数对定义域内任意，都有，则正实数的取值范围为___________. 【答案】 【解析】 【分析】设，由题设可得的单调性，从而得到 ，利用同构可得，参变分离后可求参数的取值范围. 【详解】因为，所以 令函数，则在上单调递减， 所以在上恒成立，所以， 即.令函数，则， 当时， ，当时， ， 所以在上单调递减，在上单调递增. 当时， ，当时，， 且由题干可知，，即， 若，则恒成立， 当时，恒成立等价于当时，， 故时，恒成立，故. 令函数，则， 当时， ，当时， ， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以的最大值，所以； 综上所述，正实数的取值范围为. 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、证明过程或演算步骤. 15. 已知等差数列满足： ，且成等比数列． （1）求数列的通项公式； （2）若等差数列的公差不为零，且数列满足：，记数列的前n项和为，求证：； 【答案】（1） 或 （2）证明：因为等差数列的公差不为零，由（1）知 则 所以，故 而随n的增大而增大，则，故成立 【解析】 【分析】（1）根据等比数列结合等差数列的通项公式计算求解即可； （2）应用裂项相消法求和得出，再结合单调性证明即可. 【小问1详解】 设数列的公差为d，依题意： 成等比数列， 所以，解得： 或 当 时， ，当 时， 所以数列的通项公式为 或 【小问2详解】 略 16. 已知函数，. （1）若曲线在点处的切线与曲线也相切，求a； （2）若图象恒在图象的上方，求a的取值范围. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）应用导数的几何意义求得切线为 ，，根据切线重合列方程求参数值； （2）问题化为在 上恒成立，导数研究右侧的最大值，即可得参数范围. 【小问1详解】 由题设，则 ，则切线为 ， 由，令，可得且 ， 则，所以切线为，则， 曲线在点处的切线与曲线也相切，则； 【小问2详解】 由图象恒在图象的上方，则恒成立， 所以在 上恒成立， 对应，则， 当时， ，在 上单调递增， 当 时， ，在 上单调递减， 所以，故. 17. 如图，在三棱柱中，，，，侧面为矩形． （1）证明：； （2）若二面角的余弦值为，求二面角的余弦值． 【答案】（1） 取中点，连接，如图所示， 由三棱柱得，， 因为，所以，则， 又因为四边形为矩形，所以，则， 又因为平面，， 所以平面，又 平面，所以， 所以． （2） 【解析】 【分析】（1）取中点，连接，由已知得出平面，根据线面垂直的性质得出，即可证明； （2）首先根据二面角的余弦值为得出平面，再建立空间直角坐标系，由面面夹角的向量公式求解即可． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 设，则，， 因为，，所以为等边三角形， 所以， 由（1）得，， 又平面平面， 平面，平面， 所以二面角的平面角为， 在 中，由余弦定理得，，解得， 在中，因为， 所以，同理可得， 又因为平面， 所以平面， 以为原点，为 轴，以过点平行于的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 则， 所以，， 设平面的一个法向量， 则，取，则， 设平面的一个法向量， 则，取 ，则， 所以， 所以二面角的余弦值为． 18. 在平面直角坐标系 中，，，若点P是平面上一动点，且的周长为，设动点P的轨迹为曲线C. （1）求曲线C的方程； （2）若直线与曲线C交于A，B两点，且，，求k的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）将三角形周长的条件转化为动点P到，的距离和为定值，利用椭圆的定义即可求解； （2）联立直线方程与椭圆方程，根据韦达定理以及中点坐标公式和垂直平分线的性质即可求解. 【小问1详解】 由题意可知：， . 由椭圆的定义知，动点P的轨迹是以，为焦点，长轴长为4的椭圆. 可设方程为 ， 则， ，解得 ，则， 故曲线的方程为. 【小问2详解】 联立方程组，消去，整理可得. 则. 设，，的中点为， 则由韦达定理可知：，. ，. ∵，，则，如图所示. 又， 则，即，解得. 19. 若抛掷一枚硬币，每次落地后正面向上的概率为，张华同学思考了以下抛掷硬币问题： （1）一共抛掷硬币4次，求恰有2次正面朝上且第2次抛掷是反面朝上的概率； （2）如果抛掷硬币前约定“双上次原则”：即最多抛掷硬币次，当出现两次正面朝上时就不再抛掷，抛掷硬币次后即使没有出现两次正面朝上也不再抛掷．设 表示“双上次原则”中抛掷硬币的次数． ①若，求； ②若（为整数）表示抛掷硬币次时恰有2次正面朝上的概率，证明：． 【答案】（1） （2）① ②由题意可得 的所有取值有 , 所以， 因为,由于，则， 所以, 故，得证. 【解析】 【分析】（1）根据独立事件的概率乘法公式即可求解， （2）根据 出现的情况有两种，即可根据独立事件的概率乘法公式求解①，根据以及期望的计算公式即可求解②. 【小问1详解】 抛掷硬币4次，恰好有2次正面朝上且第2次是反面朝上，则在1，3，4次中有两次是正面朝上，则概率为 【小问2详解】 ①若，则 出现的情况有两种， 情况一：前四次抛掷均为反面，第五次无论何种情况均符合题意， 情况二:前四次抛掷出现一次正面，第五次无论何种情况均符合题意， 所以, ②略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $