福建省泉州市科技中学2024-2025学年高二下学期第一次限时训练数学试题

泉州科技中学2024-2025年度高二下学期阶段性限时训练 数学试卷 满分150 答题时间120分钟 1、 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．已知复数，则（    ） A． B． C．1 D．2 2．已知向量，若，则（    ） A． B． C． D．1 3．已知函数，则（   ） A． B． C． D． 4．下列函数中既是奇函数又在上单调递增的是（    ） A． B． C． D． 5．2025年泉州科技中学即将迎来20周年校庆活动，有甲、乙、丙3名志愿者负责A，B，C，D等4个任务.每人至少负责一个任务，每个任务都有人负责，且甲不负责A任务的分配方法共有（   ） A．12种 B．18种 C．24种 D．36种 6．已知是数据1，6，2，3，2，5，7的第70百分位数，若，则（   ） A．80 B．10 C． D． 7．已知定义域为的函数，其导函数为，且,则（   ） A． B． C． D． 8．下列正确结论的个数为（    ） ①        ②        ③        ④ A．1 B．2 C．3 D．4 2、 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．“杨辉三角”是二项式系数在三角形中的一种几何排列．从第1行开始，第行从左到右的数字之和记为，如，，，的前项和记为，则下列说法正确的是（   ） A．在“杨辉三角”第10行中，从左到右第8个数字是120 B． C．在“杨辉三角”中，从第2行开始到第行，每一行从左到右的第3个数字之和为 D．的前项和为 10．下列说法正确的是（    ） A．若二项式的展开式中，第3项的二项式系数最大，则 B．若，则 C．被8除的余数为1 D．的展开式中含项的系数为5292 11．已知曲线，则（    ） A．直线与曲线相切 B．若直线与曲线相切，则 C．当曲线与曲线都相切时， D．当时，若过原点可作曲线的两条切线，则或 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12．已知角的顶点在坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，，为其终边上一点，则 . 13．恒成立，则的取值范围是________.． 14．将1，2，3，…，9这9个数填入如图所示的格子中（要求每个数都要填入，每个格子中只能填一个数），记第1行中最大的数为，第2行中最大的数为，第3行中最大的数为，则的填法共有 种. 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（13分）．已知. (1)求的单调区间和值域； (2)在中，的对边分别为，，求的面积. 16（15分）．已知的展开式中所有项的二项式系数和为128，各项系数和为． (1)求n和a的值； (2)求展开式中项的系数 (3)求的展开式中的常数项． 17（15分）．如图，在直三棱柱中，，且分别是的中点. (1)证明：平面（要求：不能用空间向量） (2)求到平面的距离； (3)求平面与平面夹角的余弦值. 18（17分）．已知函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)当时，求的极值； (3)当时，判断零点个数，并说明理由． 19（17分）．已知函数，其中． (1)若在处取得极小值，求的值； (2)当时，求在区间上的最大值； (3)证明：有且只有一个极值点． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 《高二下学期阶段性限时训练》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 C C D C C A B D ACD BD ACD 5．C【详解】因任务有4个，人只有三个，结合题意可知有1人负责两个任务. 若甲负责两个任务，因甲不负责A任务，则有种分配方法，剩下的任务有种分配方法， 则此时的分配方法共有种； 若甲负责1个任务，因甲不负责A任务，则有种分配方法，剩下的任务有种方法，则此时的分配方法共有种；综上，满足题意的分配方法共有种. 6．A【详解】从小到大排序1，2，2，3，5，6，7，， 所以第70百分位数为5，即， 则，, 7．B【详解】令，则， 又，，所以，即在单调递减， 对于选项A，因为，所以，故选项A错误， 对于选项B，因为，所以，故选项B正确， 对于选项C，因为，所以，故选项C错误， 对于选项D，，所以，故选项D错误， 8．D【知识点】利用导数证明不等式、用导数判断或证明已知函数的单调性 【详解】对于①：，构造函数， 则，令， 则恒成立，所以在上单调递减，所以， 故当时，，所以，在上递减，所以 对于②：，由①知 对于③：，由①知，故③正确； 对于④：令，则，， 注意到当，，故④正确.故选：D. 9．ACD【详解】在第10行中，从左到右第8个数字是，A正确； 从第一行开始，每一行的数依次对应的二项式系数，所以， 为等比数列，，所以，故B错误； ， 前n项和为， 在“杨辉三角”中，从第2行开始到第行，每一行从左到右的第3个数字之和为 ，故C正确. 10．BD【详解】对A：若第2,3项的二项式系数相等且最大，则；若只有第3项的二项式系数最大，则；若第3,4项的二项式系数相等且最大，则.故A错误； 对B：令得；令得，所以 对C：因为， 所以被8除的余数为7，故C错误； 对D：因为 . 所以的系数为，故D正确.故选：BD 11．ACD【详解】选项A：联立和2，得， 所以直线与曲线相切，故A正确； 选项B：由，得，由，得，故B错误； 选项C：由，得，令，得， 则，所以切线方程为，即，则， 令，得，则，切线方程为， 即，则，所以，故C正确； 选项D：当时，，令， 则，设过原点的直线与曲线切于点， 则切线方程为， 将原点代入得，整理得， 则，解得或，故D正确.故选：ACD. 12． 13．≥ 14．60480 13． 根据，我们可以很快得到斜率为1时的切线：y=x+a+1 即 ∴≥x- ∴≥ 14【知识点】数字排列问题、排列组合综合 【分析】按第行、第行、第行的顺序进行填写，结合组合和排列的知识求得正确答案. 【详解】第3行，，可选的位置有3个，其余2个位置任取2个数，共有种情况. 第2行，取剩下6个数中最大的数为，可选的位置有3个， 其余2个位置任取2个数，共有种情况， 第1行，剩下3个数任意排列，则有种情况，故共有种填法. 15．【解】（1）[6分] ， 令，得， 又，所以的增区间为及，减区间为， 因为，所以，， 故的值域为. （2）[7分]， 或，又，所以或， 结合得，由， 所以，故. 16．【详解】（1）[4分]由条件可得，解得 （2）[5分] 展开式的通项为：， 当，即时，项的系数为 （3）[6分] ， ①当即时，； ②当即时，；所求的常数项为． 17．【详解】（1）[4分]取的中点，连接，.因为是的中点，所以且.又因为是的中点，直三棱柱中且， 所以且.所以四边形是平行四边形，则. 因为平面，平面，所以平面. （2）[5分]由已知，可得. 根据勾股定理可得. ，， . 根据余弦定理可得， 所以，则. . 设到平面的距离为.因为，根据三棱锥体积公式可得：，即，解得. （3）[6分]依题意可知，两两相互垂直， 以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系. 则，，，. ，，，. 设平面的法向量为，则，即，令，可得，，所以. 设平面的法向量为，则，即， 令，可得，，所以. 设平面与平面夹角为，根据向量夹角公式可得： . 18．【难度】0.4 (1)[4分] (2)[4分]，无极小值 (3)[9分]当时有一个零点，当时无零点 【解】（1）当时，则，，所以， 所以曲线在点处的切线方程为. （2）函数的定义域为，且， 令，则， 因为，所以恒成立，所以在上单调递减， 即在上单调递减，又， 所以当时，当时， 则在上单调递增，在上单调递减， 所以在处取得极大值，无极小值. （3）令，即，因为，所以， 令，所以判断的零点个数，即判断的零点个数， 又，，当时，当时， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以， 令，， 则，因为，所以， 所以在上单调递减，所以， 所以，当且仅当时等号成立， 所以当时有一个零点，即有一个零点， 当时无零点，即无零点， 综上可得当时有一个零点，当时无零点. 【点睛】关键点点睛：第三问的关键是首先将问题转化为，利用导数求出，再构造函数，. 19．【难度】0.4(1)[4分] (2)[6分] (3)[7分]证明见解析 【详解】（1）由，因为在处取得极小值,所以， 即，解得， 检验：当时，，由二次函数的性质可得： 在上单调递减，在上单调递增，满足题意，所以． （2）当时，，．                                 令，则， 因为，所以，即在区间上单调递增， 所以，即， 所以在区间上单调递增，即的最大值为． （3）由，当时，，由二次函数的单调性可得： 在上单调递减，在上单调递增，所以恰有一个极值点；   当时，设， 则． 因为，且， 所以，即在上单调递增．                 因为，， 所以存在，使，根据在上单调递增， 可知当时，，所以在上单调递减， 可知当时，，所以在上单调递增， 即恰有一个极值点．综上所述，当时，有且只有一个极值点． 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$