精品解析：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 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，只有一个选项是符合题目要求的. 1. 已知复数，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数除法运算化简，然后由复数的模的公式可得. 【详解】依题意，， 所以 . 故选：C. 2. 已知向量，若，则（ ） A. B. C. D. 1 【答案】C 【解析】 【分析】根据数量积的坐标运算得，然后利用二倍角公式计算即可. 【详解】因为向量，， 所以， 所以， 所以， 故选：C 3. 已知函数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据分段函数的解析式，结合分段条件，代入计算，列出方程，即可求解. 【详解】因为 故选：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. 【答案】C 【解析】 【分析】直接由函数的解析式判断其奇偶性与单调性，从而得解.. 【详解】对于A，因为在上单调递减，故A错误； 对于B，因为是偶函数，不是奇函数，故B错误； 对于C，因为 是奇函数，在上单调递增，故C正确； 对于D，因为 是偶函数，不是奇函数，故D错误. 故选：C. 5. 2024年9月28日哈六中组织百年校庆活动，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 【答案】C 【解析】 【分析】分别考虑甲负责1个任务和甲负责2个任务的情况，结合甲不负责A，可得答案. 【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，剩下的任务有种分配方法， 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. 故选：C 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. 【答案】A 【解析】 【分析】由百分位数的概念求得，再由二项式定理通项公式求解即可； 【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， 由通项公式可知：, 故选：A 7. 已知定义域为的函数，其导函数为，且,则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】构造函数，对求导，结合条件，得到在上单调递减，再对各个选项逐一分析判断，即可求解. 【详解】令，则， 又， ，所以，即在上单调递减， 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， 故选：B. 8. 下列正确结论的个数为（ ） ① ② ③ ④ A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】本题以判断不等式是否成立为切入点设题，根据不等式的结构特征转化不等式，构造函数，借助导数判断函数的单调性判断大小，从而判断出不等式的正误. 【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， 所以在上单调递减，所以，故①正确； 对于②：， 由①知，故②正确； 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. 【点睛】方法点睛：本题考查了函数值的大小比较，解答时要注意根据函数值的特征，构造适当的函数，利用导数判断单调性，进而比较大小. 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. “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 【答案】ACD 【解析】 【分析】由题意分析出数列为等比数列，再求其前n项和记为，然后对各选项逐一分析即可. 【详解】在“杨辉三角”第10行中，从左到右第8个数字是，A选项正确； 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； ， 所以的前n项和为 ，故D正确； 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. 故选：ACD. 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 【答案】BD 【解析】 【分析】根据二项式系数的性质判断A的真假；利用“赋值法”判断B的真假；利用二项式定理判断C的真假；求的系数，判断D的真假. 【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：令可得；令可得， 所以，故B正确； 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. 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 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据导数的几何意义可得. 【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， 所以切线方程为，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. 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__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据三角函数的定义计算可得. 【详解】因为角的终边过点且， 所以，解得（负值已舍去）. 故答案为： 13. 恒成立，则的取值范围是________.． 【答案】≥ 【解析】 【分析】将不等式进行变换，构造新函数，求导判断单调性，求出最值，进而求得的范围. 【详解】因为，所以令， 则，即恒成立. 设，则. 当时， ；当时， . 所以在单调递减，在上单调递增， 所以， 要使得不等式恒成立，则，解得. 故答案为：. 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. 【答案】60480 【解析】 【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. 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. （1）求的单调区间和值域； （2）在中，的对边分别为，，求的面积. 【答案】（1）增区间为及，减区间为，值域为 （2） 【解析】 【分析】（1）利用整体代入法求解即可； （2）利用正弦定理和三角形的面积公式求解即可. 【小问1详解】 ， 令，得， 又，所以的增区间为及，减区间为， 因为，所以，， 故的值域为. 【小问2详解】 ， 或，又 ，所以或， 结合得，由， 所以，故. 16. 已知的展开式中所有项的二项式系数和为，各项系数和为． （1）求和的值及展开式中项的系数； （2）求的展开式中的常数项． 【答案】（1），； （2） 【解析】 【分析】（1）二项式系数和为即可求出，再令可得各项系数和，即可求出，写出展开式的通项，利用通项求出项的系数； （2）由，利用（1）中的通项计算可得. 【小问1详解】 因为的展开式中所有项的二项式系数和为，所以，解得； 所以，令可得，解得； 所以展开式的通项为：， 令，解得， 所以项的系数为； 【小问2详解】 ， ①当即 时，； ②当即时，； 所求的常数项为． 17. 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. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）取的中点，可证四边形是平行四边形，得到，再根据线面平行的判定即可证明 平面； （2）根据等体积法，利用，即可求到平面的距离； （3）以为原点建立空间直角坐标系，根据平面法向量的求解步骤，分别求出平面 与平面的一个法向量，再利用平面法向量与夹角间的关系可解. 【小问1详解】 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. 【小问2详解】 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， 所以到平面的距离为. 【小问3详解】 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，不妨取 ，则. 设平面的法向量为， 则，即，不妨取 ，则 ， 设平面 与平面夹角为 ，根据向量夹角公式可得： ， 所以平面 与平面夹角的余弦值为. 18. 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． 【答案】（1） （2），无极小值 （3）当时有一个零点，当时无零点 【解析】 【分析】（1）求出函数的导函数，即可求出切线的斜率，从而求出切线方程； （2）求出函数的定义域与导函数，即可求出函数的单调区间，从而求出极值； （3）依题意可得，令，则判断的零点个数，即判断的零点个数，利用导数说明的单调性，求出，再令，，利用导数说明的单调性，即可求出，从而得解. 【小问1详解】 当时，则，， 所以， 所以曲线在点处的切线方程为. 【小问2详解】 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. 【小问3详解】 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，， 所以当时，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. 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． 【答案】（1） （2） （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． 【解析】 【分析】（1）利用可导函数的极小值点是导数值为0的充分不必要条件来解题需要检验； （2）一阶导函数 不能够判断正负，需要借助二阶导函数来进一步研究一阶导函数的取值恒为正，从而来判断原函数在区间 是单调递增的，即可得到最大值； （3）一阶导函数 看不出零点及取值的正负，但可以对参数分两类讨论，当时，是二次函数易得证，当，则需要二阶导函数 ，此时联想到不等式可证 ，则可判断 ，从而得到 的单调性，然后判断函数零点的存在性，问题即可得证. 【小问1详解】 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． 【小问2详解】 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． 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 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 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. 2024年9月28日哈六中组织百年校庆活动，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 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. “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. 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. 已知的展开式中所有项的二项式系数和为，各项系数和为． （1）求和的值及展开式中项的系数； （2）求的展开式中的常数项． 17. 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. 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. 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． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $