精品解析：北京市第五十七中学2024-2025学年高二下学期期中考试数学试题

2024—2025年度高二第二学期数学学科 期中试卷 一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上． 1. 若，则（ ） A. 1 B. 2 C. 5 D. 2. 根据历年气象统计资料，某地四月份吹东风的概率为，下雨的概率为，既吹东风又下雨的概率为．则在吹东风的条件下下雨的概率为（ ） A. B. C. D. 3. ，则等于 A. 32 B. -32 C. -33 D. -31 4. 5本不同的书全部分给4个学生，每个学生至少一本，不同的分法种数为(　　) A. 240种 B. 120种 C. 96种 D. 480种 5. 设函数.已知，，且的最小值为，则（ ） A 1 B. 2 C. 3 D. 4 6. 设m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面．有下列四个命题： ①若，，则； ②若，，则m； ③若，，，则； ④若，，，则． 其中正确命题的序号是（ ） A. ①③ B. ①② C. ③④ D. ②③ 7. 在等差数列中，，．记，则数列（ ）． A. 有最大项，有最小项 B. 有最大项，无最小项 C. 无最大项，有最小项 D. 无最大项，无最小项 8. 已知抛物线：，圆：（其中为常数，）.过点的直线交圆于、两点，交抛物线于、两点，且满足的直线只有三条的必要条件是（ ） A. B. C. D. 9. 设函数，则下列选项错误的是（ ） A. 是的极小值点 B. 当时， C. 当时， D. 当时， 10. 已知实数，满足 ，，则（ ） A. B. 3 C. D. 4 二、填空题：本题共5小题，每小题5分，共25分． 11. 某展室有9个展台，现有件展品需要展出，要求每件展品独自占用个展台，并且件展品所选用的展台既不在两端又不相邻，则不同的展出方法有______种；如果进一步要求件展品所选用的展台之间间隔不超过两个展位，则不同的展出方法有____种． 12. 展开式的常数项为 ．（用数字作答） 13. 已知非零向量满足，向量的夹角为，且，则向量与的夹角为________． 14. 如图，双曲线的中心在坐标原点O，A，C分别是双曲线虚轴的上、下顶点，B是双曲线的左顶点，F为双曲线的左焦点，直线与相交于点D．若双曲线的离心率为2，则的余弦值是______. 15. 已知函数和（且），若两函数图象相交，则其交点的个数以下正确的是______． （1）当函数和的图象有两个公共点； （2）当时，函数和的图象有两个公共点； （3）当时，函数和图象有一个公共点； （4）当函数和的图象只有一个公共点． 三、解答题：本题共6小题，共85分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 16. 已知数列前项和，数列是正项等比数列，满足，. （1）求，的通项公式； （2）设，记数列的前项和为，求. 17. 在平面直角坐标系中，锐角的顶点与坐标原点重合，始边与轴的非负半轴重合，终边与单位圆的交点分别为.已知点的纵坐标为，点的横坐标为. （1）求的值； （2）记的内角的对边分别为. 请从下面两个问题中任选一个作答，如果多选，则按第一个解答计分. ①若，且，求周长最大值. ②若，且，求的面积. 18. 如图在三棱柱中，为的中点，，. （1）证明：； （2）若，且满足：______，______（待选条件）. 从下面给出的①②③中选择两个填入待选条件，求二面角的正弦值. ①三棱柱的体积为； ②直线与平面所成的角的正弦值为； ③二面角的大小为60°； 注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分. 19. 已知函数，其中. （1）当时，求曲线在点处切线的方程； （2）当时，证明：对任意的，曲线总在直线的下方； （3）若函数有两个零点，且，求的取值范围. 20. 已知抛物线的焦点为，过的直线交轴正半轴于点，交抛物线于两点，其中点在第一象限. （Ⅰ）求证：以线段为直径的圆与轴相切； （Ⅱ）若,,，求取值范围. 21. 定义为有限项数列的波动强度. （1）当时，求； （2）若数列满足，求证：； （3）设各项均不相等，且交换数列中任何相邻两项的位置，都会使数列的波动强度增加，求证：数列一定是递增数列或递减数列 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024—2025年度高二第二学期数学学科 期中试卷 一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上． 1. 若，则（ ） A. 1 B. 2 C. 5 D. 【答案】A 【解析】 【分析】先化简复数，再由复数的模长公式求解即可. 【详解】因为，所以， 所以， 故选：A. 2. 根据历年气象统计资料，某地四月份吹东风的概率为，下雨的概率为，既吹东风又下雨的概率为．则在吹东风的条件下下雨的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用条件概率公式求解即可. 【详解】记事件为“四月份吹东风”，事件为“四月份下雨”，则 ， 所以， 故选：D 3. ，则等于 A. 32 B. -32 C. -33 D. -31 【答案】D 【解析】 【分析】先令x=0得1=.再令x=-1即得解. 【详解】令x=0得1=. 令x=-1得32=, 所以. 故选D 【点睛】本题主要考查二项式定理求系数和差的值，意在考查学生对该知识的理解掌握水平和分析推理能力. 4. 5本不同的书全部分给4个学生，每个学生至少一本，不同的分法种数为(　　) A 240种 B. 120种 C. 96种 D. 480种 【答案】A 【解析】 【分析】由题先把5本书的两本捆起来看作一个元素，这一个元素和其他的三个元素在四个位置全排列，根据分步计数原理两个过程的结果数相乘即可得答案． 【详解】由题先把5本书的两本捆起来看作一个元素共有种可能，这一个元素和其他的三个元素在四个位置全排列共有种可能，所以不同的分法种数为种，故选A. 【点睛】本题考查排列组合与分步计数原理，属于一般题． 5. 设函数.已知，，且的最小值为，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】根据三角函数最值分析周期性，结合三角函数最小正周期公式运算求解. 【详解】由题意可知：为的最小值点，为的最大值点， 则，即， 且，所以. 故选：B. 6. 设m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面．有下列四个命题： ①若，，则； ②若，，则m； ③若，，，则； ④若，，，则． 其中正确命题的序号是（ ） A. ①③ B. ①② C. ③④ D. ②③ 【答案】D 【解析】 【分析】利用线面、面面的位置关系，判断即可得出答案. 【详解】对于①：①不正确； 对于② ：由，，能得到m ，故②正确； 对于③：若，，，则，故③正确； 对于④：④不正确. 故选:D． 7. 在等差数列中，，．记，则数列（ ）． A. 有最大项，有最小项 B. 有最大项，无最小项 C. 无最大项，有最小项 D. 无最大项，无最小项 【答案】B 【解析】 【分析】首先求得数列的通项公式，然后结合数列中各个项数的符号和大小即可确定数列中是否存在最大项和最小项. 【详解】由题意可知，等差数列的公差， 则其通项公式为：， 注意到， 且由可知， 由可知数列不存在最小项， 由于， 故数列中的正项只有有限项：，. 故数列中存在最大项，且最大项为. 故选：B. 【点睛】本题主要考查等差数列的通项公式，等差数列中项的符号问题，分类讨论的数学思想等知识，属于中等题. 8. 已知抛物线：，圆：（其中为常数，）.过点的直线交圆于、两点，交抛物线于、两点，且满足的直线只有三条的必要条件是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】当轴时满足题意；当直线不垂直轴时设直线，分别联立 抛物线、圆方程并消去，得出关于的方程，设根据列出方程，结合必要条件的概念即可得出结果. 【详解】由题意可知，当轴时， 直线与抛物线交于，与圆交于，满足题意； 当直线不与轴垂直时，设直线， ， ， 设， 则，， 由和抛物线、圆的对称性，可得， 若，则， 即，解得，此时直线轴； 若，则， 即，即， 所以当时，仅有3条. 有， 故选：D. 9. 设函数，则下列选项错误的是（ ） A. 是的极小值点 B. 当时， C. 当时， D. 当时， 【答案】B 【解析】 【分析】求出函数的导数，得到极值点，即可判断A；利用函数的单调性可判断B；根据函数在上的值域即可判断C；直接作差可判断D. 详解】对A，， 当时，，当或时，， 函数在和上单调递增，在上单调递减， 故是函数的极小值点，A正确； 对B，当时，，所以， 而由上可知，函数在上单调递增，所以，B错误； 对C，当时，， 而由上可知，函数在上单调递减， 所以，即，C正确； 对D，当时， ， 所以，D正确； 故选：B. 10. 已知实数，满足 ，，则（ ） A. B. 3 C. D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，由，得到，结合函数为增函数，得到 ，求得，代入即可求解. 【详解】由，可得，则，可得， 因为函数在定义域上为单调递增函数， 又由，所以 ，可得，即 所以. 故选：B. 二、填空题：本题共5小题，每小题5分，共25分． 11. 某展室有9个展台，现有件展品需要展出，要求每件展品独自占用个展台，并且件展品所选用的展台既不在两端又不相邻，则不同的展出方法有______种；如果进一步要求件展品所选用的展台之间间隔不超过两个展位，则不同的展出方法有____种． 【答案】， 【解析】 【详解】试题分析：由题意件展品所选用的展台既不在两端又不相邻，则不同的展出方法有种，进一步要求件展品所选用的展台之间间隔不超过两个展位，则不同的展出方法种． 考点：排列的综合应用． 12. 展开式的常数项为 ．（用数字作答） 【答案】-160 【解析】 【详解】由，令得，所以展开式的常数项为. 考点：二项式定理. 13. 已知非零向量满足，向量的夹角为，且，则向量与的夹角为________． 【答案】## 【解析】 【分析】通过平方的方法，结合向量数量积运算求得正确答案. 【详解】由得， 两边平方得， ， 所以， 由得， 两边平方得， ， 所以向量与的夹角为. 故答案为： 14. 如图，双曲线的中心在坐标原点O，A，C分别是双曲线虚轴的上、下顶点，B是双曲线的左顶点，F为双曲线的左焦点，直线与相交于点D．若双曲线的离心率为2，则的余弦值是______. 【答案】## 【解析】 【分析】利用双曲线的简单性质求出直线方程，从而求出的三个顶点的坐标，利用余弦定理即可求解余弦值. 【详解】由题意得，，，，由得， ，直线的方程为，即， 直线的方程为，即，即， 由得， 又，所以， ， 在中，由余弦定理得， 所以， 所以，即的余弦值是. 故答案： 15. 已知函数和（且），若两函数图象相交，则其交点的个数以下正确的是______． （1）当函数和的图象有两个公共点； （2）当时，函数和的图象有两个公共点； （3）当时，函数和的图象有一个公共点； （4）当函数和的图象只有一个公共点． 【答案】（1）（3）（4） 【解析】 【分析】结合指数函数和对数函数的图象，利用导数的知识判断这两个图象的交点个数． 【详解】（一）当时，函数和的图象呈现以下三种情况： 如图2，当函数和的图象只有一个公共点时，此公共点必在直线上，且函数图象在此公共点的切线即为直线，， 所以有，则，，所以， 即公共点为， 结合图象有以下结论： ① 当时，函数和的图象没有公共点（如图1）； ② 当函数和的图象只有一个公共点（如图2）； ③ 当函数和的图象有两个公共点（如图3）． （二）当时，函数和的图象呈现以下三种情况（把图象适当放大）： 图5中，函数和的图象只有一个公共点，此公共点在直线上，且在该公共点处，有公切线，此公切线斜率为（与直线垂直）， 所以，解得，即公共点为， 结合图象得以下结论： ④ 当时，函数和的图象有三个公共点（如图4）； ⑤ 当时，函数和的图象有一个公共点（如图5）； ⑥ 当时，函数和的图象有一个公共点（如图6）； ⑤⑥ 可合二为一：当时，函数和的图象有一个公共点． 故答案为：（1）（3）（4） 三、解答题：本题共6小题，共85分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 16. 已知数列的前项和，数列是正项等比数列，满足，. （1）求，的通项公式； （2）设，记数列的前项和为，求. 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）由数列通项公式与求和公式的关系求出，以及等比数列的通项公式求出，可得答案； （2）由分组求和，利用等差数列与等比数列的求和公式，可得答案. 【小问1详解】 因为， 所以时. 当时，， 所以， ，满足，所以， 数列是正项等比数列，. 所以公比，. 【小问2详解】 由（1）知， ， . 17. 在平面直角坐标系中，锐角的顶点与坐标原点重合，始边与轴的非负半轴重合，终边与单位圆的交点分别为.已知点的纵坐标为，点的横坐标为. （1）求的值； （2）记的内角的对边分别为. 请从下面两个问题中任选一个作答，如果多选，则按第一个解答计分. ①若，且，求周长的最大值. ②若，且，求的面积. 【答案】（1） （2）答案见解析 【解析】 【分析】（1）先利用三角函数的定义与同角的平方关系求得，再利用余弦的和差公式即可得解； （2）选①：先结合（1）中条件得到，再利用余弦定理与基本不等式推得，从而得解； 选②：先结合（1）中条件求得，再利用正弦定理求得，从而利用三角形面积公式即可得解 【小问1详解】 因为是锐角，所以在第一象限， 又因为在单位圆上，点的纵坐标为，点的横坐标为， 所以， 所以， 故. 【小问2详解】 选①： 由（1）中结论可得，又， 由余弦定理可得，即. ， ，当时，等号成立， ， 即当为等边三角形时，周长最大，最大值为6. 选②： 由（1）可知， 则， 由正弦定理，可得，故， 则. 18. 如图在三棱柱中，为的中点，，. （1）证明：； （2）若，且满足：______，______（待选条件）. 从下面给出的①②③中选择两个填入待选条件，求二面角的正弦值. ①三棱柱的体积为； ②直线与平面所成的角的正弦值为； ③二面角的大小为60°； 注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分. 【答案】（1）证明见解析 （2）答案见解析 【解析】 【分析】（1）通过证明平面来证得. （2）先选择条件，然后根据所选条件，利用几何法或向量法求得二面角的正弦值. 【小问1详解】 在三棱柱中，由题意可得，，， ∴，又∵，∴， 同时在中，∵，，∴， ∵平面， ∴平面， 又∵平面，∴. 【小问2详解】 ∵，且，∴平面， 方案一：选择①③ ∵平面，∴，， ∴为二面角的平面角，即， ∴，又∵三棱柱的体积为，∴. 法一：取的中点为，连接，，过作于点，连接， ∵平面，∴平面， 又∵，由三垂线定理可得， ∴为二面角的平面角， 其中，，，则， 由于二面角的平面角与二面角的平面角互补， 故二面角的正弦值为. 法二：过作，过作，过作交于点，连接， ∴为二面角的平面角，其中，，， ∴，故二面角的正弦值为. 法三：如图所示，建立空间直角坐标系， 设平面的一个法向量为，且，， 则，令，则，，故， 设平面的一个法向量为，且，， 则， 令，则，，故， ，故二面角的正弦值为. 方案二：选择①②； 解析：过点作于点∵平面平面，， ∴平面，故直线与平面所成角为，且， 设，，则，即，. 余下解法参考方案一. 方案三：选择②③； ∵平面，∴，， ∴为二面角的平面角，即， 过点作于点， ∵平面平面且交线为，，平面， ∴平面，故直线与平面所成角为，且. 设，则，即. 余下解法参考方案一. 19. 已知函数，其中. （1）当时，求曲线在点处切线的方程； （2）当时，证明：对任意的，曲线总在直线的下方； （3）若函数有两个零点，且，求的取值范围. 【答案】（1） （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）通过求函数在某点的导数得到切线斜率，进而得出切线方程； （2）根据曲线与直线的位置关系转化为函数的最值问题，通过求导判断函数单调性来确定最值. （3）通过求导判断函数的单调性，根据单调性确定函数的极值点，再结合函数零点的情况来确定参数的取值范围.分别对不同情况下的值进行讨论，分析函数的最大值情况以及零点满足的条件，从而得出的取值范围. 【小问1详解】 已知当时，，对求导得. 计算，将代入得. 计算，将代入得. 根据点斜式方程，所以切线方程为，即. 【小问2详解】 当时，，其定义域为. 因为曲线总在直线的下方等价于，即. 设函数，对求导得. 令，即，解得. 当时，，所以在上单调递增； 当时，，所以在上单调递减. 所以在处取得极大值，也是最大值，. 由于， 则，即，所以曲线总在直线的下方. 【小问3详解】 ， 分情况讨论. 当，即时. 此时的导数. 根据的单调性，在上，单调递增； 在上，单调递减. 所以. 对于，有，所以恰有一个零点，不符合题意. 当，即时.因为，根据的单调性， 在上， ， 单调递增； 在上， ，单调递减. 知， 因为有两个零点，且满足，得，. 又因为此时，所以. 由于，即，移项得到. 因为对数函数在上单调递增，所以，即， 又因为，所以. 当，即时. 根据的单调性， 在上， ， 单调递增； 在上， ， 单调递减，知. 因为有两个零点，且满足，得，. 所以. 由于，即，移项得到. 因为对数函数在上单调递增，所以，即， 又因为，所以. 综上，的取值范围为. 【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理． 20. 已知抛物线的焦点为，过的直线交轴正半轴于点，交抛物线于两点，其中点在第一象限. （Ⅰ）求证：以线段为直径的圆与轴相切； （Ⅱ）若,,，求的取值范围. 【答案】（Ⅰ）证明见解析； （Ⅱ） . 【解析】 【详解】试题分析：（Ⅰ）题意实质上证明线段的中点到轴的距离等于线段长的一半，根据抛物线的定义设可证得；（Ⅱ）同样设，，把已知,用坐标表示出来，消去坐标及，得出与的关系，此时就可得出的取值范围． 试题解析：（Ⅰ）由已知,设，则， 圆心坐标为，圆心到轴的距离为， 圆的半径为， 所以，以线段为直径的圆与轴相切． （Ⅱ）解法一：设，由,,得 ，， 所以， ， 由，得． 又，， 所以． 代入，得，， 整理得， 代入，得， 所以， 因为，所以的取值范围是． 解法二：设，， 将代入，得， 所以（*）， 由，，得 ，， 所以，， ， 将代入（*）式，得， 所以，． 代入，得． 因为，所以的取值范围是． 考点：抛物线的定义，抛物线的焦点弦问题． 21. 定义为有限项数列的波动强度. （1）当时，求； （2）若数列满足，求证：； （3）设各项均不相等，且交换数列中任何相邻两项的位置，都会使数列的波动强度增加，求证：数列一定是递增数列或递减数列 【答案】（1） （2）证明见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）直接根据绝对值的定义可得； （2）要证明题设不等式，可通过作差，去掉绝对值可得，同理当也类似讨论可得结论； （3）我们首先对（2）重新认识，由（2）易知对于四个数的数列，若第三项的值介于前两项的值之间，则交换第二项与第三项的位置将使数列波动强度减小或不变．（将此作为引理），递增与递减只要证一个，另一个同理可得，如我们证递减，当时，先证明，再用反证法即可证明. 【小问1详解】 【小问2详解】 证明：因为， ， 所以 因为，所以，或. 若，则 当时，上式， 当时，上式， 当时，上式， 即当时，. 若， 则， .（同前） 所以，当时，成立. 【小问3详解】 证明：由（2）易知对于四个数的数列，若第三项的值介于前两项的值之间，则交换第二项与第三项的位置将使数列波动强度减小或不变.（将此作为引理） 下面来证明当时，为递减数列. （ⅰ）证明. 若，则由引理知交换的位置将使波动强度减小或不变，与已知矛盾. 若，则，与已知矛盾. 所以，. （ⅱ）设，证明. 若，则由引理知交换的位置将使波动强度减小或不变，与已知矛盾. 若，则，与已知矛盾. 所以，. （ⅲ）设，证明. 若，考查数列， 则由前面推理可得，与矛盾. 所以，. 综上，得证. 同理可证：当时，有为递增数列. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$