精品解析：广东实验中学2024-2025学年高二下学期期中考试数学试题

广东实验中学2024—2025学年（下）期中考试 命题：高二数学备课组 审定： 校对：高二数学备课组 本试卷共4页，满分150分，考试用时120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名、考号填写在答题卷上. 2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卷上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案；不能答在试卷上. 3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卷各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效. 4.考生必须保持答题卡的整洁，考试结束后，将答题卷收回. 第一部分 选择题（共58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. 下列求导运算正确的是（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数满足，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量，其中，，且，则向量和的夹角是（ ） A. B. C. D. 4. 一个底面边长为的正四棱柱形状的容器内装有一些水（底面放置于桌面上），现将一个底面半径为的铁制实心圆锥放入该容器内，圆锥完全沉入水中且水未溢出，并使得水面上升了.若该容器的厚度忽略不计，则该圆锥的侧面积为（ ） A. B. C. D. 5. 已知抛物线的焦点为，准线为，点在上，过作的垂线，垂足为，若，则（ ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 6. 已知，若的展开式中所有项的二项式系数和为16，则（ ） A. 40 B. 41 C. -40 D. -41 7. 学校将从4男4名女中选出4人分别担任辩论赛中的一、二、三、四辩手，其中男生甲不适合担任一辩手，女生乙不适合担任四辩手．要求甲乙同时入选或同时不入选．不同组队形式有（ ）种． A. 480 B. 360 C. 570 D. 540 8. 已知函数及其导函数的定义域均为R，记且，为偶函数，则（ ） A. 0 B. 1 C. -1 D. -2 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. 已知在首项为1，公差为d的等差数列中，、、是等比数列的前三项，数列的前n项和为，则（ ） A. 或 B. C. 是等差数列 D. 10. 如图，棱长为2的正方体中，为棱的中点，为正方形内一个动点（包括边界），且平面，则下列说法正确的有（ ） A. 动点轨迹的长度为 B. 三棱锥体积的最小值为 C. 与不可能垂直 D. 三棱锥的体积为定值 11. 已知函数是函数的一个极值点，则下列说法正确的是（ ） A. B. 函数在区间上单调递减 C. 过点只能作一条直线与相切 D. 函数恰有4个零点 第二部分 非选择题（共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若函数恰有三个零点，则实数的取值范围是______. 13. 的展开式中的系数为_____________． 14. 已知圆点M在上，过点M作圆C的两条切线，切点分别为A和B，以AB为直径作圆，则圆的面积的最小值为___________. 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. 已知的内角的对边分别是，已知. （1）求角的大小； （2）若为上一点，且，为的角平分线，求线段的长. 16. 设数列的前项和为，已知，. （1）求数列的通项公式； （2）若，，，，，组成一个项的等差数列，记其公差为，求数列的前项和. 17. 如图，四面体中，是正三角形，是直角三角形，，． （1）证明：平面平面； （2）是边上的点，且与平面所成角的正切值是，求的面积． 18. 平面内有一点和直线，动点满足：到点的距离与到直线的距离的比值是.点的运动轨迹是曲线，曲线上有四个动点. （1）求曲线的方程； （2）若在轴上方，，求直线的斜率； （3）若都在轴上方，，直线，求四边形的面积的最大值. 19. 设函数a为常数. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若在上是否存在极值？若存在，请求出，若不存在，说明理由； （3）已知，若为增函数，求a. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 广东实验中学2024—2025学年（下）期中考试 命题：高二数学备课组 审定： 校对：高二数学备课组 本试卷共4页，满分150分，考试用时120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名、考号填写在答题卷上. 2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卷上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案；不能答在试卷上. 3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卷各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效. 4.考生必须保持答题卡的整洁，考试结束后，将答题卷收回. 第一部分 选择题（共58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. 下列求导运算正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据求导公式计算，得到答案. 【详解】A选项，，A错误； B选项，，B错误； C选项，，C正确； D选项，，D错误. 故选：C 2. 已知复数满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用复数的四则运算先求出复数z，再求模长. 【详解】因为，所以， 所以，故 故选：C 3. 已知向量，其中，，且，则向量和的夹角是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】运用向量垂直的条件即为数量积为0，再由向量夹角公式和范围，即可得到夹角． 【详解】解：由于，，且， 则，即有， ， 由于，， 则与的夹角为． 故选：A． 4. 一个底面边长为的正四棱柱形状的容器内装有一些水（底面放置于桌面上），现将一个底面半径为的铁制实心圆锥放入该容器内，圆锥完全沉入水中且水未溢出，并使得水面上升了.若该容器的厚度忽略不计，则该圆锥的侧面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由水上升的体积即为圆锥体积，然后求得圆锥的高、母线，即可求侧面积． 【详解】设圆锥的高为， 所以圆锥的体积， 由题意正四棱柱中水上升的体积即为圆锥的体积， 所以，所以， 则圆锥的母线长为， 故圆锥的侧面积为. 故选：A 5. 已知抛物线的焦点为，准线为，点在上，过作的垂线，垂足为，若，则（ ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 【答案】B 【解析】 【分析】由已知及抛物线定义可得，，从而得到，利用长度关系可得，故求解可得. 【详解】 记坐标原点为，过点作，垂足为． 由已知及抛物线定义可得，，， ∴△为等边三角形，， 又∵，∴，则． ∴，解得. 故选：B． 6. 已知，若的展开式中所有项的二项式系数和为16，则（ ） A. 40 B. 41 C. -40 D. -41 【答案】A 【解析】 【分析】由题意，利用二项式系数的性质求得，再利用赋值法求得要求式子的值. 【详解】∵的展开式的所有项的二项式系数和为，∴. ∵， 令，可得， 令，可得， 再令，可得， 即， ∴. 故选：A 7. 学校将从4男4名女中选出4人分别担任辩论赛中的一、二、三、四辩手，其中男生甲不适合担任一辩手，女生乙不适合担任四辩手．要求甲乙同时入选或同时不入选．不同组队形式有（ ）种． A. 480 B. 360 C. 570 D. 540 【答案】C 【解析】 【分析】甲乙同时入选时，按甲担任四辩手或担任二、三辩手分类求解，甲乙同时不入选时，直接从6人中选4人排列即可得，结合分类加法原理计算． 【详解】甲乙同时入选时，按甲担任四辩手或担任二、三辩手分类求解，甲乙同时不入选时，直接从6人中选4人排列即可得． 因此所求方法数为， 故选：C． 8. 已知函数及其导函数的定义域均为R，记且，为偶函数，则（ ） A. 0 B. 1 C. -1 D. -2 【答案】D 【解析】 【分析】首先根据为偶函数和得到的一些等式关系，再通过对已知等式求导进一步推导的性质，如周期性等，然后求出的值，最后根据的奇偶性和的周期性求出的值，进而得出结果. 【详解】解：因为为偶函数，，所以， 对两边同时求导，得， 所以有，所以函数的周期为8， 在中，令，所以， 因此，因为为偶函数， 所以有（1）， （2）， 由（1），（2）可得： ，所以， 故选：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. 已知在首项为1，公差为d的等差数列中，、、是等比数列的前三项，数列的前n项和为，则（ ） A. 或 B. C. 是等差数列 D. 【答案】AC 【解析】 【分析】由等比中项的性质及等差数列的通项公式可得或，分别写出不同公差对应的、，即可判断各项的正误. 【详解】由题意，则，整理得，可得或， 当时，，，则，即是等差数列，此时； 当时，，，则，即是等差数列， 此时，易知公比为4，故； 综上，A、C对，B、D错. 故选：AC 10. 如图，棱长为2的正方体中，为棱的中点，为正方形内一个动点（包括边界），且平面，则下列说法正确的有（ ） A. 动点轨迹的长度为 B. 三棱锥体积的最小值为 C. 与不可能垂直 D. 三棱锥的体积为定值 【答案】ABD 【解析】 【分析】取中点，的中点，通过证明平面平面，得点轨迹为线段，从而判断A；由此可得与点重合时，三棱锥体积的最小，求体积判断B，证明当是中点时，有可判断C；运用线面平行性质，结合等体积法判断D， 【详解】解：取中点，的中点，连接，，，，则， 正方体中易知，从而， 又平面，而平面，所以平面， 又正方体中与平行且相等，从而与平行且相等， 则是平行四边形，所以，同理可得证平面， ，，平面，所以平面平面， 平面平面，所以当时，平面， 即线段为点的轨迹，，A正确； 三棱锥中，到平面的距离为定值2， 当与重合时，的面积最小值，此时， 所以体积最小值为，B正确； 连接，，正方体中易知， 平面，而平面，所以， ，，平面，则平面， 设平面（即与的交点为，此时平面， 所以，C错； 由,且平面, 则到平面的距离等于到平面的距离， 故，故D正确． 故选：． 11. 已知函数是函数的一个极值点，则下列说法正确的是（ ） A. B. 函数在区间上单调递减 C. 过点只能作一条直线与相切 D. 函数恰有4个零点 【答案】ABC 【解析】 【分析】求得，根据，可判定A；由，利用导数的符号求得函数的单调区间，可判定B；设过点且与函数相切的切点为，求得切线方程，列出方程求得的值，可判定C；令，作出函数的图象，得到，进而的函数零点的个数，可判定D． 【详解】对于A中，由函数，可得， 因为是函数的一个极值点，可得， 解得，经检验适合题意，所以A正确； 对于B中，由，令，解得或， 当时，；当时，；当时，， 故在区间上递增，在区间上递减，在区间上递增，所以B正确； 对于C中，设过点且与函数相切的切点为， 则该切线方程为， 由于切点满足直线方程，则， 整理得，解得，所以只能作一条切线，所以C正确； 对于D中，令，则的根有三个，如图所示，， 所以方程有3个不同根，方程和均有1个根， 故有5个零点，所以D错误. 故选：ABC． 第二部分 非选择题（共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若函数恰有三个零点，则实数的取值范围是______. 【答案】 【解析】 【分析】求导函数，求出函数的极值，利用函数恰有三个零点，即可求实数的取值范围． 【详解】解：函数的导数为， 令，则或， 可得函数在上单调递减，和上单调递增， 或是函数的极值点，函数的极值为：，． 函数恰有三个零点，则实数的取值范围是：． 故答案为：． 【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，考查函数的极值，考查学生的计算能力，属于中档题． 13. 的展开式中的系数为_____________． 【答案】5 【解析】 【分析】先将乘积展开为，再分别利用二项展开式计算和中含的项，即求得的展开式含的项，即得结果. 【详解】， 其中的展开式通项为，，故时，得含的项为； 的展开式通项为，，故时，得含的项为. 因此，式子的展开式中，含的项为，即系数为5. 故答案为：5. 【点睛】思路点睛： 计算两个多项式展开的指定项的系数问题，通常先固定一个，利用乘法分配律将另一个展开，分别计算展开式中指定项的系数，再进行加减运算即可. 14. 已知圆点M在上，过点M作圆C的两条切线，切点分别为A和B，以AB为直径作圆，则圆的面积的最小值为___________. 【答案】## 【解析】 【分析】由题设可得，利用导数可得，再根据等积法可，故可求圆的面积的最小值. 【详解】解析：由题设有，设，则，， 设，则， 因为为上的增函数，故为上的增函数， 而，故当时，，当时，， 故在上单调递减，在上单调递增， 故，故，    由等积法可得，故， 故最小值为．故圆的面积的最小值为． 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. 已知的内角的对边分别是，已知. （1）求角的大小； （2）若为上一点，且，为的角平分线，求线段的长. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由三角恒等变换可得，进而可得； （2）由角平分线定理得，在中，由余弦定理可得，进而根据可得. 【小问1详解】 由得， 故，故即， 因，故 【小问2详解】 由角平分线定理得：，则， 在中，由余弦定理得：，得， 由得：， 得. 16. 设数列的前项和为，已知，. （1）求数列的通项公式； （2）若，，，，，组成一个项的等差数列，记其公差为，求数列的前项和. 【答案】（1）；（2）. 【解析】 【分析】 （1）时，,两式相减得，数列是首项为，公比为的等比数列，求得 . （2），代入得，利用错位相减法求和得解. 【详解】（1）因为 所以，当时， 两式相减得，，即当时， 又当时，，而，则，满足上式， 所以数列是首项为，公比为的等比数列， 所以 . （2）依题意可知，， 由（1）得，，即， 则， ， 两式相减得， 即， 所以， 【点睛】本题考查利用与求通项及利用错位相减法求和，属于基础题. 17. 如图，四面体中，是正三角形，是直角三角形，，． （1）证明：平面平面； （2）是边上的点，且与平面所成角的正切值是，求的面积． 【答案】（1）证明：由题设得，从而. 又是直角三角形，所以. 取AC的中点O，连接DO、BO，则DO⊥AC， 又是正三角形，故. 则在直角中，， 又，所以， 故. 而,平面， 故平面，而平面， 所以平面⊥平面. （2） 【解析】 【分析】（1）取的中点，连接，得到，再由是正三角形，得到，利用面面垂直的判定证明； （2）设，与平面所成角为,结合（1）结论，以为坐标原点,为轴，为轴，为轴，建立的空间直角坐标系，设平面的法向量，利用与平面所成角正切值求出,进而得到面积. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 设，与平面所成角为, 结合（1）结论，以为坐标原点,为轴，为轴，为轴，建立的空间直角坐标系， 则，, , 设平面的法向量， 则,则,令,则, 故, 由,则 故 则,解得 故, 则, 所以边上的高为, 故. 18. 平面内有一点和直线，动点满足：到点的距离与到直线的距离的比值是.点的运动轨迹是曲线，曲线上有四个动点. （1）求曲线的方程； （2）若在轴上方，，求直线的斜率； （3）若都在轴上方，，直线，求四边形的面积的最大值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由已知条件列出方程化简即可； （2）设，设，与的方程联立，由，有，结合韦达定理求出，得直线的斜率； （3）延长，交椭圆于点，四边形的面积，设，利用韦达定理结合基本不等式求的最大值. 【小问1详解】 由题意， 两边平方得，化简得， 所以曲线的方程为； 【小问2详解】 ，即，则直线的斜率是正数， 设，直线的斜率为， 设，联立， 化简得，所以， 由题意知， 代入，消，可得， 解得，所以直线的斜率是； 【小问3详解】 延长，交椭圆于点， ，由对称性可知，和等底等高，， 四边形的面积， 设，由（2）知， 所以，即， 令，所以， 当且仅当即时，取到最大值，此时分别在正上方. 【点睛】方法点睛：解答直线与圆锥曲线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系，涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形，强化有关直线与圆锥曲线联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题． 19. 设函数a为常数. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若在上是否存在极值？若存在，请求出，若不存在，说明理由； （3）已知，若为增函数，求a. 【答案】（1） （2） 当时，无极值； 当时，有极小值，无极大值． （3）1 【解析】 【分析】（1）先求得，从而得到，，再根据导数的几何意义和直线的点斜式方程即可求出切线方程； （2）先求，要判断是否存在极值，即判断在上单调情况，即判断在上的符号情况； （3）将为增函数转化为恒成立，从而构造函数，再根据函数的最值即可求得a的值． 【小问1详解】 当时，，则， ，切点为，切线斜率为， 切线方程为，整理得， 【小问2详解】 ， 当时，递增，无极值； 当时，得， 得得， 所以在单调递减，在单调递增 所以时有极小值，无极大值， 综上：当时，无极值； 当时，有极小值，无极大值． 【小问3详解】 为增函数，恒成立， 方法1：令， 则， 当时，单调递减， 当时，单调递增， 当时，取得极小值，也是最小值， ， 令，令，解得， 当时，单调递增， 当时，单调递减， 又， ． 方法2：，解得，或， 当时，，易知，不符题意； 当时，，设，则， 当时，单调递减， 当时，单调递增， 当时，取得极小值，也是最小值，，符合题意； 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $