精品解析：广东省华南师范大学附属中学2024-2025学年高二下学期期中数学试题

2024-2025学年度第二学期期中考试 高二数学 本试卷分选择题和非选择题两部分，共4页，满分150分，时间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班别、姓名、考号填写在答题卡指定位置，并用铅笔准确填涂考号. 2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡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，答案必须写在答题卡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，答题卡由监考老师收回. 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. 已知为虚数单位，复数满足，则（ ） A. B. 1 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数代数形式的除法运算化简，再计算其模. 【详解】因为，所以， 所以. 故选：A 2. 若，，与的夹角为，则（ ） A. 12 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】应用平面向量数量积公式计算求解. 【详解】因为，，与的夹角为， 则. 故选：D. 3. 在华南师大附中社团开放日的展示活动中，辩论社，国学社，摄影社，魔方社，天文社5个社团的摊位排成一列，其中辩论社与国学社必须相邻，那么不同的排法有（ ） A. 60种 B. 48种 C. 36种 D. 24种 【答案】B 【解析】 【分析】将辩论社与国学社捆绑，看成一个社团，与其他3个社团排成1列，再考虑辩论社与国学社的顺序，据此可得不同排法. 详解】将辩论社与国学社捆绑，看成一个社团，与其他3个社团排成1列，有种排法. 又辩论社与国学社的先后顺序有2种情况，则满足题意的排法有种. 故选：B 4. 曲线在点处的切线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求出导数，再利用导数的几何意义求出切线方程. 【详解】由函数求导得：，则， 所以所求切线方程为，即. 故选：C 5. 的展开式中的系数为（ ） A. 135 B. C. 2295 D. 【答案】A 【解析】 分析】根据二项式定理计算得到答案. 【详解】因为的展开式中的系数为， 所以的展开式中的系数为. 故选：A. 6. 若，则以下不等式正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先构造函数判断出最小，再依据函数单调性去比较大小即可解决. 【详解】令，则， 由，得，由，得， 即当时单调递减，当时单调递增， 即当时取得最小值， 则有，，即，， 又， 综上的大小关系为. 故选：A 7. 在某市举行的半程马拉松比赛中，某路段设三个服务站，某校5名同学到①、②、③三个服务点做志愿者，每名同学只去1个服务点，每个服务点至少1人，则不同的安排方法共有（ ） A. 90种 B. 120种 C. 150种 D. 240种 【答案】C 【解析】 【分析】将5名同学分成3组，再安排到3个服务点即可. 【详解】将5名同学按或分成3组，有种方法， 将分成的一组安排到3个服务点有种方法， 所以不同的安排方法共有（种）. 故选：C 8. 已知数列满足，且，则使不等式成立的的最大值为（ ） A. 98 B. 99 C. 100 D. 101 【答案】B 【解析】 【分析】利用取倒数法并构造新数列求其通项公式，再由等比数列求和公式结合数列的单调性解不等式即可. 【详解】由，可得， 易知，两侧同时除，可得，整理得， 所以是以为首项，为公比的等比数列， 则， 故， 故， 易知单调递增，，所以. 故选：B 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. 盒子内有20个大小相同的球，其中有15个蓝球，5个红球，现从中取出3个球，则（ ） A. 取出的3个球中恰好有1个蓝球的取法有种 B. 取出的3个球中恰好有1个蓝球的取法有种 C. 取出3个球中至少有2个蓝球的取法有种 D. 取出的3个球中至少有1个红球的取法有种 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据组合数的计算方式，分类和分步求出各选项提出条件的不同取法数目. 【详解】取出的3个球中恰好一个蓝球，则还有2个红球，不同取法有，所以A正确，B错误. 取出的3个球中至少有2个蓝球，则分为两种情况，第一种2个蓝球加1个红球， 第二种3个蓝球，则不同取法有，所以C正确. 取出的3个球中至少有1个红球，则在所有取法中减去没有红球的取法即可， 不同取法有，所以D正确. 故选：ACD. 10. 已知的展开式中二项式系数之和为1024，则下列说法正确的（ ） A. B. 展开式中奇数项的二项式系数和为256 C. 二项式系数最大项为第5项 D. 展开式中常数项为45 【答案】AD 【解析】 【分析】由二项式系数和的性质可判断A；由奇数项的二项式系数和与偶数项的二项式系数和相等可判断B；由二项式系数最大值可判断C；由展开式通项公式可判断D. 【详解】由的展开式中二项式系数之和为1024，可得，故A正确； 由奇数项的二项式系数和与偶数项的二项式系数和相等，可得展开式中奇数项的二项式系数和为，故B错误； 易知是最大的二项式系数，所以二项式系数最大项为第6项，故C错误； 由，故D正确； 故选：AD. 11. 已知函数，则（ ） A. 函数在时，取得极小值 B. 对于，恒成立 C. 若，则 D. 若，对于恒成立，则a的最大值为，b的最小值为1 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用导数研究在上单调性及最值即可判断A、B的正误；构造，应用导数研究单调性即知C的正误；构造，应用导数并结合分类讨论的方法研究上、恒成立时m的取值范围，即可判断D正误. 【详解】对AB，， ∴上，即上单调递减，则，∴A错误，B正确； 对C，令，则在上，即单调递减， ∴时，有，即，C正确； 对D，，则等价于，等价于， 令，则，， ∴当时，，则单调递增，故； 当时，，则单调递减，故； 当时，存在使， ∴此时，上，则单调递增，；上，则单调递减， ∴要使在上恒成立，则，得. 综上，时，上恒成立，时上恒成立， ∴若，对于恒成立，则的最大值为，的最小值为1，正确. 故选：BCD 【点睛】关键点点睛：选项D，由题设不等式构造，综合应用分类讨论、导数研究恒成立对应的参数范围，进而判断不等式中参数的最值. 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. 计算：______． 【答案】16 【解析】 【分析】利用组合数公式进行计算即可 【详解】 故答案为：16. 13. 已知函数在上不存在最值，则实数的取值范围为_____________. 【答案】 【解析】 【分析】利用导数在上不存在零点，来求出参数的范围即可. 【详解】求导得， 因为在上不存在最值，所以在上不存在零点， 即或，解得或，故实数的取值范围为， 故答案为： 14. 现有一只蜜蜂沿如图所示的用10个完全一样的正方体搭建的几何体的棱并按照箭头所指的相互垂直的三个方向飞行，则从A点飞行到点可能的飞行路径共有___________种，从A点飞行到点可能的飞行路径共有___________种.（用数字作答） 【答案】 ①. 10 ②. 188 【解析】 【分析】根据题目所给方向，分析从起点到终点所需步数，再对步数进行合理排序，求出所有可能. 【详解】 根据题意可知，从A到B需要向右3步，向前2步，并且对步数的顺序没有要求，则共有种不同方法. 从A到C需要向右3步，向前2步，向上2步，分步完成，第一步先经过，经过中间点后面步骤也没有要求，则 前进一步到，剩下3步向右，2步向上，1步向前有种路径， 向右一步，向前1步到（不经过D），剩下2步向右，1步向前，2步向上有种路径， 向右2步到，剩下1步向右，2步向上，2步向前有种路径， 向上一步，前进一步到（不经过D）,剩下3步向右，1步向上，1步向前有种路径， 向上一步，向右一步，前进一步到（不经过D，E，G）,有2种情况，剩下2步向右，1步向上，1步向前有种路径， 向上一步，向右两步（不经过H），有2种情况，剩下1步向右，1步向上，2步向前有种路径， 共有种路径. 故答案为：10，188. 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. 在中，内角所对的边分别为，，，且. （1）求角的大小； （2）若，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理化简，即可求角大小； （2）利用配方，结合已知条件即可求，从而可求面积大小. 【小问1详解】 由余弦定理得：， ， 又由，因为，所以； 【小问2详解】 由，， 可得，所以的面积为. 16. 设函数. （1）求的单调区间; （2）若存在极值M，求证：. 【答案】（1）答案见解析； （2）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）讨论参数a，应用导数研究单调区间； （2）讨论参数a，利用导数研究函数极值即可证. 【小问1详解】 由题设， 当时，恒成立，故的增区间为，无减区间； 当时，令，得，故上，上， 所以的减区间为，增区间为. 【小问2详解】 由（1）知，当时，在上单增，没有极值； 当时，在上单减，在上单增， 存在极小值 令，则， 所以在上单调递增，在上单调递减，在时取最大值0， 所以恒成立，即. 17. 在如图所示的五面体中，四边形与均为等腰梯形，，，，，，、分别为、的中点，与相交于点． （1）求证：平面； （2）若平面，求二面角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）连接，取的中点，连接、，证明出四边形为平行四边形，可得出，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立； （2）证明出，然后以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得二面角的余弦值. 【小问1详解】 连接，取的中点，连接、， 结合已知可得且， 所以四边形为平行四边形，所以为中点， 因为为的中点，为中点，则，且， 因为为的中点，则，且， 则，且，故四边形为平行四边形， 所以，又因为平面，平面， 所以平面． 【小问2详解】 因为，，为的中点，则， 又因为，所以四边形为平行四边形，所以， 因为，则，故， 因为平面，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、、， 设平面的一个法向量为， ，， 由，令，则，， 可得平面的一个法向量为． 设平面的一个法向量为，， 由，令，则，， 可得平面的一个法向量为， 所以，， 由图可知，二面角的平面角为锐角， 所以，二面角的余弦值为. 18. 已知点，动点满足，动点的轨迹记为. （1）求的方程； （2）直线与轴交于点为上的动点，过作的两条切线，分别交轴于点. ①证明：直线的斜率成等差数列； ②经过三点，是否存在点，使得？若存在，求；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） （2）①证明见解析；②存在， 【解析】 【分析】（1）根据椭圆的定义，可得曲线的方程. （2）设直线的方程为，将直线方程与椭圆方程联立. ①根据直线与椭圆的位置关系，由可以得到关于的一元二次方程，根据韦达定理，可得，再得，所以直线的斜率成等差数列. ②法一：分别用表示出的坐标，结合①中的，，根据求的值即可； 法二：分别用表示出的坐标，结合①中的，，根据求的值即可； 法三：分别用表示出的坐标，结合①中的，，根据求的值即可； 法四：分别用表示出的坐标，结合①中的，，根据求的值即可. 【小问1详解】 因为， 所以的轨迹是以为焦点，且长轴长为4的椭圆， 设的轨迹方程为，则，可得. 又，所以，所以的方程为. 【小问2详解】 设，易知过且与相切的直线斜率存在，设直线方程为，联立，消去得， 由，得 设两条切线的斜率分别为，则 ①证明：设的斜率为，则， 因为，所以的斜率成等差数列. ②法1：在中，令，得，所以， 同理，得，所以的中垂线为. 易得的中点为，所以的中垂线为， 联立解得， 所以，， 要使，则，即， 整理得， 而， 所以，解得，因此， 故存在符合题意的点，使得，此时. 法2：在中，令，得，因此， 同理可得，所以的中垂线为. 易得的中点为，所以的中垂线为， 联立解得， 因为，所以，即， 而， 所以，解得，因此， 故存在符合题意的点，使得，此时. 法3：要使，即或， 从而，又，所以， 因为， 所以，解得，所以， 故存在符合题意的点，使得，此时. 法4：要使，即或，从而. 在中，令，得，故，同理可得，因此， 所以， 故，即， 整理得， 所以，整理得，解得或（舍去）， 因此，故存在符合题意的点，使得， 此时.法5：要使，即或，从而. 在中，令，得，故，同理可得， 由等面积法得， 即，整理得， 所以，整理得，解得或（舍去）， 因此，故存在符合题意的点，使得， 此时. 19. 定义：函数满足对于任意不同的，，都有，则称为上的“类函数”. （1）若，判断是否为上的“1类函数”； （2）若为上的“3类函数”，求实数的取值范围； （3）若为上的“类函数”，且，证明：，，. 【答案】（1）不是上的“1类函数”； （2） （3）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）根据题意结合“类函数”的定义分析判断； （2）根据题意分析可知，均恒成立，根据函数单调性结合导数可知在定义域内恒成立，利用参变分类结合恒成立问题分析求解； （3）分类讨论的大小关系，根据“类函数”定义结合绝对值不等式分析证明. 【小问1详解】 取，则 ， 所以不是上的“1类函数”； 【小问2详解】 因为为为上的“3类函数”， 对于任意不同的，不妨设，则恒成立， 可得，即，均恒成立， 构建函数，则， 由可知在内单调递增， 可知在内恒成立，即在内恒成立； 同理可得：在内恒成立；即在内恒成立， 又因为，即， 整理得，可得， 即在内恒成立， 令，因为在内单调递增，则在内单调递增， 当，；当；可知，可得在内恒成立， 构建，则，当时，；当时，； 所以在内单调递增，在内单调递减，则； 构建，则在内恒成立，所以； 可得，所以实数a的取值范围为. 【小问3详解】 不妨设， 因为为上的“类函数”，且， 当时，， 当时， 所以 所以， 【点睛】方法点睛：求函数恒成立问题中参数范围问题的方法， 一类方法是分离参数法，首先将不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题，利用导数求得函数的最值，根据要求得出所求范围； 另一类方法是函数思想法，将不等式转化为含待求参数的函数的最值问题，利导导数求得该函数的极值，构建不等式求解． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025学年度第二学期期中考试 高二数学 本试卷分选择题和非选择题两部分，共4页，满分150分，时间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班别、姓名、考号填写在答题卡指定位置，并用铅笔准确填涂考号. 2.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡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，答案必须写在答题卡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，答题卡由监考老师收回. 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. 已知为虚数单位，复数满足，则（ ） A. B. 1 C. D. 2. 若，，与的夹角为，则（ ） A. 12 B. C. D. 3. 在华南师大附中社团开放日的展示活动中，辩论社，国学社，摄影社，魔方社，天文社5个社团的摊位排成一列，其中辩论社与国学社必须相邻，那么不同的排法有（ ） A. 60种 B. 48种 C. 36种 D. 24种 4. 曲线在点处的切线方程为（ ） A. B. C D. 5. 的展开式中的系数为（ ） A. 135 B. C. 2295 D. 6. 若，则以下不等式正确的是（ ） A. B. C. D. 7. 在某市举行的半程马拉松比赛中，某路段设三个服务站，某校5名同学到①、②、③三个服务点做志愿者，每名同学只去1个服务点，每个服务点至少1人，则不同的安排方法共有（ ） A. 90种 B. 120种 C. 150种 D. 240种 8. 已知数列满足，且，则使不等式成立的最大值为（ ） A. 98 B. 99 C. 100 D. 101 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. 盒子内有20个大小相同的球，其中有15个蓝球，5个红球，现从中取出3个球，则（ ） A. 取出的3个球中恰好有1个蓝球的取法有种 B. 取出的3个球中恰好有1个蓝球的取法有种 C. 取出的3个球中至少有2个蓝球的取法有种 D. 取出3个球中至少有1个红球的取法有种 10. 已知的展开式中二项式系数之和为1024，则下列说法正确的（ ） A. B. 展开式中奇数项的二项式系数和为256 C. 二项式系数最大项第5项 D. 展开式中常数项为45 11. 已知函数，则（ ） A. 函数在时，取得极小值 B 对于，恒成立 C. 若，则 D. 若，对于恒成立，则a的最大值为，b的最小值为1 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. 计算：______． 13. 已知函数在上不存在最值，则实数的取值范围为_____________. 14. 现有一只蜜蜂沿如图所示的用10个完全一样的正方体搭建的几何体的棱并按照箭头所指的相互垂直的三个方向飞行，则从A点飞行到点可能的飞行路径共有___________种，从A点飞行到点可能的飞行路径共有___________种.（用数字作答） 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. 在中，内角所对的边分别为，，，且. （1）求角的大小； （2）若，求的面积. 16. 设函数. （1）求的单调区间; （2）若存在极值M，求证：. 17. 在如图所示的五面体中，四边形与均为等腰梯形，，，，，，、分别为、的中点，与相交于点． （1）求证：平面； （2）若平面，求二面角的余弦值． 18. 已知点，动点满足，动点的轨迹记为. （1）求的方程； （2）直线与轴交于点为上的动点，过作的两条切线，分别交轴于点. ①证明：直线的斜率成等差数列； ②经过三点，是否存在点，使得？若存在，求；若不存在，请说明理由. 19. 定义：函数满足对于任意不同的，，都有，则称为上的“类函数”. （1）若，判断是否为上的“1类函数”； （2）若为上的“3类函数”，求实数的取值范围； （3）若为上的“类函数”，且，证明：，，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $