精品解析：皖豫名校联盟2024-2025学年高二下学期4月期中考试数学试题

安徽卓越县中联盟&皖豫名校联盟 2024—2025学年高二（下）期中检测 数学 考生注意： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 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的． 1. 已知，则（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 2. 已知是公差不为0的等差数列，则（ ） A. B. C. D. 3. 如图，从甲地到乙地有1条路，从乙地到丁地有3条路；从甲地到丙地有3条路，从丙地到丁地有4条路；从甲地不经乙地或丙地直接到达丁地有n条路．若从甲地到丁地总共有20条不同的路线，则（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 4. 已知随机变量服从正态分布，则（ ） A. 0.16 B. 0.32 C. 0.68 D. 0.84 5. 已知的展开式中，的系数为32，则（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 6. 某学校只有甲、乙两个餐厅，某同学只在学校用午餐，他第1天随机选择一个餐厅用餐．如果第1天去甲餐厅，那么第2天去甲餐厅的概率为0.4；如果第1天去乙餐厅，那么第2天去甲餐厅的概率为0.7．该同学第2天去甲餐厅用餐的概率是（ ） A. 0.55 B. 0.42 C. 0.28 D. 0.12 7. 已知函数在上的导函数为，且在处取得极大值，则函数的图象可能为（ ） A. B. C. D. 8. 将20个大小，材质均相同的小球分别编号为1，2，3，…，20，将这20个小球随机分装到甲，乙两个盒子中，每个盒子装10个小球，设甲盒中小球的最小编号为a，最大编号为b，乙盒中小球的最小编号为c，最大编号为d，则“”的概率为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：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. 记等比数列的前项和为，已知，公比为，则（ ） A. 是等比数列 B. 是等差数列 C. 是等比数列 D. 是等比数列 10. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 的图象在点处的切线方程为 B. 的单调递增区间为 C. 在区间上的最大值为 D. 若方程有两个不同的实数解，则 11. 已知抛物线的焦点为，若上存在个互不重合的点，，，…，满足，则下列结论中正确的是（ ） A. 若，则的最小值为4 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则四边形面积的最小值为128 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知的导函数为，函数，则__________． 13. 亚冬会期间，某校学生会组织甲，乙，丙，丁，戊5个志愿服务团，前往A，B，C这3个比赛场地进行志愿服务，若每个场地至少分配1个志愿服务团，每个志愿服务团只能在1个场地进行服务，并且甲团只能去A场地，则不同的分配方法种数为__________． 14. 已知各项均不为0的数列的前项和为，且，则的最大值为__________．（注：） 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. 已知函数． （1）若，求的极小值； （2）若，证明：在上单调递减． 16. 已知是正项等比数列，且和是方程的两个不等实根． （1）求的通项公式； （2）若是递增数列，设，求数列的前项和． 17. 口袋中有编号分别为1，2，3，…，10的10个小球，所有小球除了编号外无其他差别． （1）从口袋中任取3个小球，求取到的小球编号既有奇数又有偶数的概率； （2）从口袋中任取5个小球，设其中编号的最小值为，求的分布列及期望． 18. 如图，在多面体中，AG，DE，BF均与平面垂直，且C，E，F，G四点共面，，，，． （1）求线段AG的长； （2）求直线AE与平面所成角的正弦值． 19. 已知函数． （1）若，求曲线在点处的切线方程； （2）若在上单调递增，求实数的值； （3）已知数列满足，，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 安徽卓越县中联盟&皖豫名校联盟 2024—2025学年高二（下）期中检测 数学 考生注意： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 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的． 1. 已知，则（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】根据组合性质得到方程，求出答案. 【详解】，故或， 解得或， 当时，满足， 当时，此时，不合要求，舍去. 故选：C 2. 已知是公差不为0的等差数列，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】应用等差数列的下标和性质求解. 【详解】由等差数列的性质知，结合题设有. 故选：D 3. 如图，从甲地到乙地有1条路，从乙地到丁地有3条路；从甲地到丙地有3条路，从丙地到丁地有4条路；从甲地不经乙地或丙地直接到达丁地有n条路．若从甲地到丁地总共有20条不同的路线，则（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 【答案】B 【解析】 【分析】利用分类加法计数原理和分步乘法计数原理得到方程，求出. 【详解】甲地经乙地到丁地的路线共有条， 甲地经丙地到丁地的路线共有条， 故从甲地到丁地路线条数为， 所以，解得. 故选：B 4. 已知随机变量服从正态分布，则（ ） A. 0.16 B. 0.32 C. 0.68 D. 0.84 【答案】C 【解析】 【分析】根据正态曲线的对称性计算即可求解. 【详解】由题意得， 由正态曲线的对称性知， 所以． 故选：C 5. 已知的展开式中，的系数为32，则（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 【答案】A 【解析】 【分析】由通项公式即可求解. 【详解】由通项公式可知含项为：， 所以，即， 故选：A 6. 某学校只有甲、乙两个餐厅，某同学只在学校用午餐，他第1天随机选择一个餐厅用餐．如果第1天去甲餐厅，那么第2天去甲餐厅的概率为0.4；如果第1天去乙餐厅，那么第2天去甲餐厅的概率为0.7．该同学第2天去甲餐厅用餐的概率是（ ） A. 0.55 B. 0.42 C. 0.28 D. 0.12 【答案】A 【解析】 【分析】根据全概率公式，即可求得答案. 【详解】设事件“第1天去甲餐厅用餐”，“第1天去乙餐厅用餐”， “第2天去甲餐厅用餐”，与互斥． 依题意得，，． 由全概率公式，得 ， 故选：A 7. 已知函数在上的导函数为，且在处取得极大值，则函数的图象可能为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由条件得到在的左侧，在的右侧，再结合的符号，即可判断. 【详解】因为在处取得极大值， 所以在的左侧，在的右侧， 又在的左侧，在的右侧， 所以在的左侧，在的右侧， 结合选项只有D符合， 故选：D 8. 将20个大小，材质均相同的小球分别编号为1，2，3，…，20，将这20个小球随机分装到甲，乙两个盒子中，每个盒子装10个小球，设甲盒中小球的最小编号为a，最大编号为b，乙盒中小球的最小编号为c，最大编号为d，则“”的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先求出将这20个小球随机分为两组放入甲，乙两个盒子中的方法数，再假设1号在甲盒中，推出编号从1到7的小球，13号小球在甲盒中，情况数为，甲盒与乙盒互换，同样有6种情况，共有12种满足要求，从而计算出概率. 【详解】将这20个小球随机分为两组放入甲，乙两个盒子中，共有种方法， 假设1号在甲盒中，则甲盒中小球的最大编号为13，故20号小球在乙盒中， 乙盒中小球最小编号为8，从而编号从1到7的小球均在甲盒中， 9,10,11,12号小球有任意2个在甲盒中，满足要求的情况数为， 将甲盒与乙盒互换，同样有6种情况，综上，共有种，满足要求， 所以“”的概率为. 故选：C 二、多项选择题：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. 记等比数列的前项和为，已知，公比为，则（ ） A. 是等比数列 B. 是等差数列 C. 是等比数列 D. 是等比数列 【答案】ABD 【解析】 【详解】，， A选项，， 故是首项为，公比为的等比数列，A正确； B选项，， ，即是首项为0，公差为2的等差数列，B正确； C选项，，其中，故不是等比数列，C错误； D选项，， 所以是首项为，公比为的等比数列，D正确. 故选：ABD 10. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 的图象在点处的切线方程为 B. 的单调递增区间为 C. 在区间上的最大值为 D. 若方程有两个不同的实数解，则 【答案】AD 【解析】 【分析】利用导数研究的单调性和极值，并画出大致图象，再依次判断各项的正误. 【详解】由题设 当时，，即在上单调递减， 当时，，即在上单调递增， 当时，恒成立，且时，极小值，无极大值， 所以函数大致图象如下， 由上分析，，，则点处的切线为，即，A对； 在上单调递减，B错； 在区间上的最小值为，C错； 要使方程有两个不同的实数解，只需，即，D对. 故选：AD 11. 已知抛物线的焦点为，若上存在个互不重合的点，，，…，满足，则下列结论中正确的是（ ） A. 若，则的最小值为4 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则四边形面积的最小值为128 【答案】BCD 【解析】 【分析】当有共线，结合抛物线通径的性质判断A；令，，联立抛物线，应用韦达定理及抛物线的定义确定弦长，进而求判断B；当有、共线，令，，则，同B分析判断C；再由及基本不等式求面积最小值判断D. 【详解】当，即，故共线， 所以是一条焦点弦，其最小值为通径长度为，A错； 令，而，可设，联立抛物线得， 所以，，则，， 所以，B对； 当，，、共线，如下图， 令，，则， 易知，，，， 同B分析得，， 所以 ，C对； ， 当时，最小，D对. 故选：BCD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知的导函数为，函数，则__________． 【答案】 【解析】 【分析】由简单复合函数求导即可求解. 【详解】， 所以， 故答案为： 13. 亚冬会期间，某校学生会组织甲，乙，丙，丁，戊5个志愿服务团，前往A，B，C这3个比赛场地进行志愿服务，若每个场地至少分配1个志愿服务团，每个志愿服务团只能在1个场地进行服务，并且甲团只能去A场地，则不同的分配方法种数为__________． 【答案】 【解析】 【分析】分组方式按人数分为、两种，再应用分步计数原理及排列组合数求两种分组方式对应的分配方法种数. 【详解】由题设，5个团去往3个场地，可按人数分组为、两种， 按分组， 若甲一人成组，则其它4人的分组有种，再把两组安排到有种， 若甲所在的组有两人，则选一人与甲去往有种，余下3人分成两组有种，再把两组安排到有种， 所以共有种； 按分组， 若甲一人成组，则其它4人的分组有种，再把两组安排到有种， 若甲所在的组有三人，则选两人与甲去往有种，余下2人分成两组安排到有种， 所以共有种； 综上，共有种分配方法. 故答案为： 14. 已知各项均不为0的数列的前项和为，且，则的最大值为__________．（注：） 【答案】5 【解析】 【分析】根据和条件得到，构造，，求导得到其单调性，从而确定在处取得最大值，最大值为. 【详解】因为，， 所以，故， 令，,则， 因为，所以， 令得，令得， 故在上单调递增，在上单调递减， 其中， 故在处取得最大值，最大值为. 故答案为：5 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. 已知函数． （1）若，求的极小值； （2）若，证明：在上单调递减． 【答案】（1）-1 （2）证明如下： 时，，定义域为， ， 令，则， 令得，令得， 故在上单调递增，在上单调递减， 所以在取得极大值，也是最大值，， 所以恒成立，所以在上单调递减. 【解析】 【分析】（1）时，，求定义域，求导，得到单调性，故在处取得极小值，求出答案； （2）时，，求定义域，二次求导，结合最值，得到导函数小于0恒成立，故在上单调递减. 【小问1详解】 时，，定义域为， 故， 当时，，当时，， 故在上单调递减，在上单调递增， 所以在处取得极小值，极小值为； 【小问2详解】 略 16. 已知是正项等比数列，且和是方程的两个不等实根． （1）求的通项公式； （2）若是递增数列，设，求数列的前项和． 【答案】（1）或 （2） 【解析】 【分析】（1）解方程得到或，分两种情况，求出公比和通项公式； （2）是递增数列，故，，错位相减法求和即可. 【小问1详解】 ，解得或9， 故或， 设的公比为， 当时，，，解得， 所以； 当时，，，解得， 所以； 【小问2详解】 是递增数列，故， ， 所以①，②， 式子①-②得， 故. 17. 口袋中有编号分别为1，2，3，…，10的10个小球，所有小球除了编号外无其他差别． （1）从口袋中任取3个小球，求取到的小球编号既有奇数又有偶数的概率； （2）从口袋中任取5个小球，设其中编号的最小值为，求的分布列及期望． 【答案】（1）； （2）的分布列为 1 2 3 4 5 6 期望为. 【解析】 【分析】（1）利用古典概率的概率公式即可解出； （2）求出的可能值及各个值对应的概率，列出分布列并求出期望. 【小问1详解】 从口袋中任取3个小球有种方法，编号全为奇数的取法有种，全为偶数的取法有种， 因此编号既有奇数又有偶数的取法种数为， 所以取到的小球编号既有奇数又有偶数的概率为. 【小问2详解】 依题意，的所有可能值为1，2，3，4，5，6， 从口袋中任取5个小球有种取法， ，，， ，，， 所以的分布列为 1 2 3 4 5 6 期望为. 18. 如图，在多面体中，AG，DE，BF均与平面垂直，且C，E，F，G四点共面，，，，． （1）求线段AG的长； （2）求直线AE与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）4 （2） 【解析】 【分析】（1）证明出两两垂直，建立空间直角坐标系，设，则，求出平面的法向量，根据四点共面，得到，从而得到方程，求出，故； （2）在（1）基础上，利用线面角的向量夹角公式进行求解. 【小问1详解】 因为BF与平面垂直，平面， 所以⊥，⊥， 又，故两两垂直， 以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 连接，，由勾股定理得， 故，故， 因为，，， 所以≌，故， 过点作⊥于点，故， 所以，所以， 又， 所以， 设，则， ，， 设平面的法向量为， 则， 令，则，故， 因为C，E，F，G四点共面，故， 即， 解得，故； 【小问2详解】 ，平面的法向量为， 设直线AE与平面所成角的大小为， 则， 直线AE与平面所成角的正弦值为. 19. 已知函数． （1）若，求曲线在点处的切线方程； （2）若在上单调递增，求实数的值； （3）已知数列满足，，证明：． 【答案】（1） （2） （3）证明如下： 由（2）知，当时， 在上单调递增， 又，所以当时，， 由，又，易知 可得：， 所以，即 累加求和可得：， 即， 即，又， 所以，又， 所以. 【解析】 【分析】（1）由导数的几何意义即可求解； （2）由恒成立，通过，两类情况讨论即可； （3）由（2）得到，再结合，得到，累加求和即可求证； 【小问1详解】 当时，，， 所以，， 所以曲线在点处的切线方程：； 即； 【小问2详解】 在上单调递增， 等价于恒成立， 令， 当时，易知在上单调递增， 当时，，故时，， 不符合题意，舍去； 当时，，由，可得， 易知当时，，当时，， 所以在单调递减，在单调递增， 由题意得最小值， 即， 构造函数， ，易知时，，，， 所以在单调递增，在单调递减， 当时，取得最大值， 也即要使得成立，需满足，即； 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $