精品解析：江苏省扬州市七校联盟2024-2025学年高二下学期5月联考数学试题

七校联盟2024～2025学年第二学期第一次联考 高二数学 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，只有一个选项是符合题目要求的. 1. 若，则（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 2. 2025年U-20男足亚洲杯足球赛于2月份在深圳举行，东道主中国所在的A组共有四支球队，四支球队之间进行单循环比赛，共进行的比赛的场数为（ ）． A. 4 B. 6 C. 8 D. 10 3. 已知，，不共面，若，，且三点共线，则（ ） A. B. 1 C. 2 D. 3 4. 函数的部分图象大致为（ ） A. B. C. D. 5. 某中学体育运动会上，甲、乙两人进行乒乓球项目决赛，采取“三局两胜制”，即先胜两局者获得冠军．已知甲每局获胜的概率为，且比赛没有平局．记事件表示“甲获得冠军”，事件表示“比赛进行了三局”，则（ ） A. B. C. D. 6. 设袋中有8个红球，4个白球，若从袋中任取4个球，则其中至多3个红球的概率为（ ） A. B. C. D. 7. 已知平行六面体中，棱两两的夹角均为，，E为中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 8. 我们约定：若两个函数的极值点个数相同，并且图象从左到右看，极大值点和极小值点分布的顺序相同，则称这两个函数的图象“相似”．已知，则下列给出的函数其图象与的图象“相似”的是（ ） 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2分或3分或4分，有选错的得0分. 9. 若函数在上单调递减，则实数的值可能为（ ） A. B. C. 3 D. 4 10. 已知二项式的展开式中各二项式系数和为，则下列说法正确的是（ ） A. 展开式共有项 B. 二项式系数最大的项是第项 C. 展开式的常数项为 D. 展开式中各项的系数和为 11. 已知为随机试验的样本空间，事件A，B满足，，则下列说法正确的是（ ） A. 若，且，，则 B. 若，且，，则 C. 若，，则 D. 若，，，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数，则______． 13. 公园计划在小路的一侧种植丹桂、金桂、银桂、四季桂4棵桂花树，垂乳银杏、金带银杏2棵银杏树，要求2棵银杏树必须相邻，则种植方法共有______种． 14. 已知梯形如图1所示，其中，A为线段的中点，四边形为正方形，现沿进行折叠，使得平面⊥平面，得到如图2所示的几何体．已知当点F满足时，平面平面，则λ的值为________． 四．解答题：本大题共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，其图象在点处的切线方程为． （1）求函数的解析式； （2）求函数在区间上的最值． 16. 在的展开式中，求． （1）含项的系数； （2）求展开式中所有的有理项． 17. 甲、乙两个学校进行体育比赛，比赛共设三个项目，每个项目胜方得10分，负方得0分，没有平局．三个项目比赛结束后，总得分高的学校获得冠军．已知甲学校在三个项目中获胜的概率分别为0.5，0.4，0.8，各项目的比赛结果相互独立． （1）求甲学校获得冠军的概率； （2）用X表示乙学校的总得分，求X的分布列与期望． 18. 如图，在四棱锥中，，，，，底面为正方形，，分别为，的中点. （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）求点到平面的距离. 19. 为更好的发挥高考的育才作用，部分新高考数学试卷采用了多选题这一题型．教育部考试中心通过科学测量分析，指出该题型扩大了试卷考点的覆盖面，有利于提高试卷的区分度，也有利于提高学生的得分率．多选题评分规则如下：对于多选题，每个小题给出的四个选项中，有两项或三项是正确的，满分6分．全部选对得6分，有错选或全不选得0分，正确答案为两项时，选对1个得3分；正确答案为三项时，选对1个得2分，选对2个得4分．多选题正确答案是两个选项的概率为p，正确答案是三个选项的概率为（其中）． （1）在一次模拟考试中，学生甲对某个多选题完全不会，决定随机选择一个选项，若，求学生甲该题得2分的概率； （2）针对某道多选题，学生甲完全不会，此时他有三种答题方案： Ⅰ：随机选一个选项； Ⅱ：随机选两个选项； Ⅲ：随机选三个选项． （i）若，且学生甲选择方案Ⅰ，求本题得分的数学期望； （ii）以本题得分的数学期望为决策依据，p的取值在什么范围内唯独选择方案Ⅰ最好? 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 七校联盟2024～2025学年第二学期第一次联考 高二数学 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，只有一个选项是符合题目要求的. 1. 若，则（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 【答案】C 【解析】 【分析】直接根据排列数公式和组合数公式列式解方程即可得答案. 【详解】由得：， 故选：C 2. 2025年U-20男足亚洲杯足球赛于2月份在深圳举行，东道主中国所在的A组共有四支球队，四支球队之间进行单循环比赛，共进行的比赛的场数为（ ）． A. 4 B. 6 C. 8 D. 10 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，利用组合计数问题列式计算. 【详解】四支球队之间进行单循环比赛，共进行的比赛的场数为. 故选：B 3. 已知，，不共面，若，，且三点共线，则（ ） A. B. 1 C. 2 D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】由，列出方程求解即可. 【详解】因为三点共线， 所以， 即， 所以，解得， 所以， 故选：A 4. 函数的部分图象大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先求解的定义域并判断奇偶性，然后根据的值以及在上的单调性选择合适图象. 【详解】因为，定义域为， 则为奇函数，图象关于原点对称，故排除B； 由，故排除A； ，当时，可得， 当时，为增函数，故排除D. 故选：C. 5. 某中学体育运动会上，甲、乙两人进行乒乓球项目决赛，采取“三局两胜制”，即先胜两局者获得冠军．已知甲每局获胜的概率为，且比赛没有平局．记事件表示“甲获得冠军”，事件表示“比赛进行了三局”，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求出、的值，利用条件概率公式可求得的值. 【详解】由题意可知，事件为“比赛进行两局，甲获得冠军”，所以，， ， 由条件概率公式可得. 故选：C. 6. 设袋中有8个红球，4个白球，若从袋中任取4个球，则其中至多3个红球的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，摸出的红球个数服从超几何分布，根据超几何分布的概率分布列计算即可. 【详解】从袋中任取4个球，其中红球的个数服从参数为的超几何分布， 故至多有3个红球的概率为. 故选：D. 7. 已知平行六面体中，棱两两的夹角均为，，E为中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】依题意分别为基底表示出，求出，，再结合数量积运算律求出，根据向量夹角计算公式可得结果. 【详解】根据题意以为基底表示出可得： ，， 又棱两两的夹角均为，不妨取，则； 所以； ； 又 ； 所以， 因此异面直线与所成角的余弦值为. 故选：D 8. 我们约定：若两个函数的极值点个数相同，并且图象从左到右看，极大值点和极小值点分布的顺序相同，则称这两个函数的图象“相似”．已知，则下列给出的函数其图象与的图象“相似”的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先利用导数求出函数的极值点，再逐一判断各个选项即可. 【详解】，则， 令，则， 如图，作出函数的图象， 由图可知函数的图象有两个交点， 即函数有两个零点，且， 令，则或，令，则， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以的极大值点为，极小值点为. 对于A，函数在上单调递减，在单调递增， 所以函数有极小值点，无极大值点，故A选项不符； 对于B，函数在上单调递增，在单调递减， 所以函数有极大值点，无极小值点，故B选项不符； 对于C，， 当或时，，当时，， 所以函数的极大值点为，极小值点为，故C选项符合题意； 对于D，， 则函数的极小值点为，极大值点为，故D选项不符. 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2分或3分或4分，有选错的得0分. 9. 若函数在上单调递减，则实数的值可能为（ ） A. B. C. 3 D. 4 【答案】BCD 【解析】 【分析】对函数求导并利用不等式恒成立以及对勾函数性质求得实数的取值范围可得结论. 【详解】根据题意可得函数的定义域为， 又， 若函数在上单调递减，可得在上恒成立； 即在上恒成立，所以， 根据对勾函数性质可得在上单调递增， 当时，当时，所以， 所以， 结合选择可知B、C、D符合题意. 故选：BCD 10. 已知二项式的展开式中各二项式系数和为，则下列说法正确的是（ ） A. 展开式共有项 B. 二项式系数最大的项是第项 C. 展开式的常数项为 D. 展开式中各项的系数和为 【答案】BD 【解析】 【分析】对于A，根据条件得到，即可求解；对于B，利用二项式系数的性质，即可求解；对于C，利用二项式的展开式的通项公式，即可求解；对于D，根据条件，通过赋值，即可求解. 【详解】由题知，得到，所以展开式共有项，故选项A错误， 对于选项B，因为，由二项式系数的性质知二项式系数最大的项是第项，所以选项B正角， 对于选项C，二项式的展开式的通项公式为， 由，得到，所以展开式的常数项为，所以选项C错误， 对于选项D，令，则，所以展开式中各项的系数和为，故选项D正确， 故选：BD. 11. 已知为随机试验的样本空间，事件A，B满足，，则下列说法正确的是（ ） A. 若，且，，则 B. 若，且，，则 C. 若，，则 D. 若，，，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】由事件的关系，结合概率运算，可得AB的正误；由条件概率与全概率公式，建立方程，可得答案. 【详解】对于A，由，则与互斥，所以，故A正确； 对于B，由，则，所以，故B错误； 对于C，由，则，即与相互独立， 所以，故C正确； 对于D，由，且，， 可得，即， 解得，故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. 已知函数，则______． 【答案】##0.6 【解析】 【分析】求导可得，令运算即可. 【详解】因为，则， 令，可得，解得. 故答案为：. 13. 公园计划在小路的一侧种植丹桂、金桂、银桂、四季桂4棵桂花树，垂乳银杏、金带银杏2棵银杏树，要求2棵银杏树必须相邻，则种植方法共有______种． 【答案】240. 【解析】 【分析】把两棵银杏树看出一个元素，求得有2中不同的排法，再把四棵桂花树和两棵银杏树的整体的5个不用的元素，进行全排列，即可求解，得到答案． 【详解】由题意，把两棵银杏树看出一个元素，共有种不同的排法， 则四棵桂花树和两棵银杏树的整体，共有5个不用的元素，共有中不同的排列， 所以两棵银杏树必须相邻，共有种不同的排法， 故答案为240种． 【点睛】本题主要考查了排列的实际应用问题，其中解答中认真审题，把两棵银杏树看出一个整体，合理排列求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题． 14. 已知梯形如图1所示，其中，A为线段的中点，四边形为正方形，现沿进行折叠，使得平面⊥平面，得到如图2所示的几何体．已知当点F满足时，平面平面，则λ的值为________． 【答案】## 【解析】 【分析】应用空间向量法计算已知面面垂直即法向量垂直即可求参. 【详解】如图，以A为坐标原点， 所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系， ∴ 则， 若是平面的一个法向量， 则 可得， 若是平面的一个法向量， 则可得 由平面平面，得， 即， 解得． 故答案为：. 四．解答题：本大题共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，其图象在点处的切线方程为． （1）求函数的解析式； （2）求函数在区间上的最值． 【答案】（1） （2）最大值为20，最小值为0 【解析】 【分析】（1）先求出，得出；再根据题目条件列出方程组，解出即可解答. （2）先利用导数判断函数的单调性，得出极小值和极大值；在计算端点处的函数值， ，与极大值和极小值进行比较即可解答. 【小问1详解】 由可得：. 所以在点处切线的斜率为， 因为在点处切线方程为， 所以切线的斜率为0，且， 所以，即，解得， 所以． 【小问2详解】 由（1）知， 则. 令得或3， 易知上在单调递增，在上在单调递减，在上在单调递增. 所以在处，取得极大值，在处取得极小值. 又因为， ， 所以在上的最大值为20，最小值为0． 16. 在的展开式中，求． （1）含项的系数； （2）求展开式中所有的有理项． 【答案】（1）60 （2） 【解析】 【分析】（1）先写出展开式的通项公式，然后令的次数为，求出的值，进而得到含项的系数. （2）根据有理项的定义，即的次数为整数，结合通项公式确定的取值，从而求出所有的有理项. 【小问1详解】 由题知展开式的通项为，， 令，解得， 所以展开式中含项为， 所以展开式中含项的系数为60. 【小问2详解】 令， ∴ 当时， 当时， 当时， 当时， 综上所述，展开式中所有的有理项分别为 17. 甲、乙两个学校进行体育比赛，比赛共设三个项目，每个项目胜方得10分，负方得0分，没有平局．三个项目比赛结束后，总得分高的学校获得冠军．已知甲学校在三个项目中获胜的概率分别为0.5，0.4，0.8，各项目的比赛结果相互独立． （1）求甲学校获得冠军的概率； （2）用X表示乙学校的总得分，求X的分布列与期望． 【答案】（1）； （2）的分布列为 0 10 20 30 0.16 0.44 0.34 0.06 .【解析】 【分析】（1）设甲在三个项目中获胜的事件依次记为，再根据甲获得冠军则至少获胜两个项目，利用互斥事件的概率加法公式以及相互独立事件的乘法公式即可求出； （2）依题可知，的可能取值为，再分别计算出对应的概率，列出分布列，即可求出期望． 【小问1详解】 设甲在三个项目中获胜的事件依次记为，所以甲学校获得冠军的概率为 ． 【小问2详解】 依题可知，的可能取值为，所以， , ， ， . 即的分布列为 0 10 20 30 0.16 0.44 0.34 0.06 期望. 18. 如图，在四棱锥中，，，，，底面为正方形，，分别为，的中点. （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）求点到平面的距离. 【答案】（1） 因为，分别为，的中点， 所以， 又平面，平面， 所以平面； （2） （3） 【解析】 【分析】（1）依题意可得，即可得证； （2）首先证明平面，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，根据线面角的向量方法即可求解； （3）根据点到面的距离公式求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为，， ，平面，所以平面， 又底面为正方形，及， 所以以为坐标原点，建立空间直角坐标系如图： 则，，，，， 所以，，， 设平面的法向量为， 所以，即， 令，则，，故， 设直线与平面所成角为， 所以， 所以直线与平面所成角的正弦值为； 【小问3详解】 因为，平面的法向量为， 所以点到平面的距离. 19. 为更好的发挥高考的育才作用，部分新高考数学试卷采用了多选题这一题型．教育部考试中心通过科学测量分析，指出该题型扩大了试卷考点的覆盖面，有利于提高试卷的区分度，也有利于提高学生的得分率．多选题评分规则如下：对于多选题，每个小题给出的四个选项中，有两项或三项是正确的，满分6分．全部选对得6分，有错选或全不选得0分，正确答案为两项时，选对1个得3分；正确答案为三项时，选对1个得2分，选对2个得4分．多选题正确答案是两个选项的概率为p，正确答案是三个选项的概率为（其中）． （1）在一次模拟考试中，学生甲对某个多选题完全不会，决定随机选择一个选项，若，求学生甲该题得2分的概率； （2）针对某道多选题，学生甲完全不会，此时他有三种答题方案： Ⅰ：随机选一个选项； Ⅱ：随机选两个选项； Ⅲ：随机选三个选项． （i）若，且学生甲选择方案Ⅰ，求本题得分的数学期望； （ii）以本题得分的数学期望为决策依据，p的取值在什么范围内唯独选择方案Ⅰ最好? 【答案】（1） （2）（i）；（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）由全概率公式求解即可； （2）（i）记为“从四个选项中随机选择一个选项的得分”，求出的可能取值及其概率，即可求出的分布列，再由期望公式求出； （ⅱ）记分别为“从四个选项中随机选择一个选项、两个选项和三个选项的得分”，求出的数学威望，由题意可得，解不等式组即可得出答案. 【小问1详解】 记事件为“正确答案选两个选项”，事件为“学生甲得分”． ， 即学生甲该题得分的概率为． 【小问2详解】 （i）记为“从四个选项中随机选择一个选项的得分”，则可以取，，， ， ， ， 所以的分布列为 则数学期望． （ⅱ）记为“从四个选项中随机选择一个选项的得分”， 则， ， ， 所以 记为“从四个选项中随机选择两个选项的得分”， 则， ， ， 所以 记为“从四个选项中随机选择三个选项的得分”， 则， ， 所以． 要使唯独选择方案Ⅰ最好，则，解得：， 故的取值范围为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $