精品解析：江苏省南京市南京外国语学校2024-2025学年高二下学期期中考试数学试卷

2024-2025学年高二下学期南京外国语学校期中数学试卷 一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求． 1. 设，则（ ） A. B. C. D. 2. 设为复数，则下列命题中错误的是（ ） A. B. 若，则的最大值为2 C. D. 若，则 3. 20个不加区别的小球放入编号为1、2、3的三个盒子中，要求每个盒内的球数不小于它的编号数，则不同的放法种数共有（ ） A. 120 B. 240 C. 300 D. 360 4. 已知颜色分别是红、绿、黄三个大小相同的口袋，红色口袋内装有两个红球，一个绿球和一个黄球；绿色口袋内装有两个红球，一个黄球；黄色口袋内装有三个红球，两个绿球（球的大小质地相同）．若第一次先从红色口袋内随机抽取1个球，然后将取出的球放入与球同颜色的口袋内，第二次从该口袋内任取一个球，则第二次取到黄球的概率为（ ） A. B. C. D. 5. 在的展开式中项的系数为（ ） A. 360 B. 540 C. 720 D. 1080 6. 空间四边形中，，，分别是与的中点，则异面直线，所成角的余弦值大小为（ ） A. B. C. D. 7. 从1，2，3，，10这10个数中任取5个不同的数，，，，，则存在，，，使得的取法种数为（ ） A. 176 B. 225 C. 246 D. 252 8. 在棱长为2的正方体中，E，F，G分别是棱，，的中点，过作平面，使得，则点到平面的距离是（ ） 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，部分选对的得部分分，不选或有选错的得0分． 9. 已知内角，，的对边分别为，，，且，则的值可以为（ ） A. B. C. D. 10. 椭圆的两个焦点分别为，，为坐标原点，以下说法正确的是（ ） A. 椭圆的离心率为 B. 椭圆上不存在点，使得 C. 过点的直线与椭圆交于，两点，则的面积最大值为 D. 定义曲线为椭圆的伴随曲线，则曲线与椭圆无公共点 11. 如图，在正方体中，点在线段（包括端点）上运动，则下列结论正确是（ ） A. 直线直线 B. 三棱锥的体积为定值 C. 异面直线与所成角的取值范围是 D. 直线与平面所成角的正弦值的最大值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若，则的值为______． 13. 如图，有两堆同样的盒子，一堆3个，一堆7个，现需要将这些盒子搬走，每次只能从其中一堆搬走最上面的一个盒子，共有_________种不同的搬法．（用数字作答） 14. 15个人围坐在圆桌旁，从其中任取4人，两两不相邻的概率是___________． 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，已知． （1）求角的度数； （2）求的取值范围． 16. 已知函数，正常数． （1）若，且，求函数的单调增区间； （2）若，且对任意，，都有，求的取值范围． 17. 已知设，，，是圆心在抛物线上的一系列圆，它们圆心的横坐标分别记为，，，，已知，，，2，3，，都与轴相切，且顺次逐个相邻外切． （1）求； （2）求由，，，构成的数列的通项公式； （3）求证：． 18. 如图1，是底边为2的等腰三角形，且，为等腰直角三角形，，将沿翻折到的位置，且点不在平面内（如图2），点为线段的中点． （1）证明：； （2）当平面平面时，求直线与平面所成角的余弦值； （3）若直线与所成角的余弦值为时，设平面与平面的夹角为，求的值． 19. 已知椭圆的离心率为，左、右顶点分别为、，点、为椭圆上异于、的两点，面积的最大值为． （1）求椭圆的方程； （2）设直线、的斜率分别为、，且． ①求证：直线经过定点； ②设和面积分别为、，求的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025学年高二下学期南京外国语学校期中数学试卷 一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求． 1. 设，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用子集和集合相等的定义，结合交集的定义即可求解. 【详解】由题意可知，，则集合为整数的构成的集合， ，则集合为整数中奇数的构成的集合， 所以，故B正确；A ，C错误； 所以，故D错误. 故选：B. 2. 设为复数，则下列命题中错误的是（ ） A. B. 若，则的最大值为2 C. D. 若，则 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数的概念和运算以及几何意义，逐项分析判断即可得解. 【详解】 设，则， ，故A正确； 由，得，则， 当时，的最大值为2，故B正确； ，，与不一定相等，故C错误； 满足的的轨迹是以为圆心，以1为半径的圆，如图所示， 则，故D正确． 故选：C． 3. 20个不加区别的小球放入编号为1、2、3的三个盒子中，要求每个盒内的球数不小于它的编号数，则不同的放法种数共有（ ） A. 120 B. 240 C. 300 D. 360 【答案】A 【解析】 【分析】将问题化为17个球排成一排，有16个空隙，插入2块隔板分为三堆放入三个盒中，再应用组合数求不同的放法数. 【详解】先往2号，3号盒内分别放入1个球和2个球，此时每个盒子至少还需放入1个球， 将剩下的17个球排成一排，有16个空隙，插入2块隔板分为三堆放入三个盒中即可， 共有（种）方法． 故选：A 4. 已知颜色分别是红、绿、黄的三个大小相同的口袋，红色口袋内装有两个红球，一个绿球和一个黄球；绿色口袋内装有两个红球，一个黄球；黄色口袋内装有三个红球，两个绿球（球的大小质地相同）．若第一次先从红色口袋内随机抽取1个球，然后将取出的球放入与球同颜色的口袋内，第二次从该口袋内任取一个球，则第二次取到黄球的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据条件概率公式和概率的乘法公式以及全概率公式即可求解. 【详解】记第一次抽到红、绿、黄球的事件分别为， 则， 记第二次在红、绿、黄色口袋内抽到黄球的事件分别为， 而两两互斥，其和为， 所以， 记第二次抽到黄球的事件为B， 则， 故选:D． 5. 在的展开式中项的系数为（ ） A. 360 B. 540 C. 720 D. 1080 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定多项式，结合指定项及组合数求对应系数即可. 【详解】相当于6个因式相乘， 其中一个因式取，有种取法， 余下5个因式中有3个取，有种取法， 最后2个因式中全部取，有种取法， 故展开式中的系数为． 故选：D 6. 空间四边形中，，，分别是与中点，则异面直线，所成角的余弦值大小为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】连接，设为的中点，连接、，分析可知为异面直线和所成的角（或补角），求出的三边边长，结合余弦定理求解即可. 【详解】如图：连接，设为的中点，连接、， 因为、分别为、中点，所以且， 所以为异面直线和所成的角（或补角）， 因为是边长为的等边三角形，为的中点，所以， 所以，同理可得， 所以，， ， 在中由余弦定理可得：， 因此，异面直线和所成角的余弦值为. 故选：C 7. 从1，2，3，，10这10个数中任取5个不同的数，，，，，则存在，，，使得的取法种数为（ ） A. 176 B. 225 C. 246 D. 252 【答案】C 【解析】 【分析】由题知，从10个数中任取5个的组合数为：，又5个数均不相邻的有，用总数减去不相邻的即可. 【详解】总情况数：从10个数中任取5个的组合数为：， 不相邻组合数：要求5个数均不相邻，相当于在10个数中插入至少1个间隔， 此时问题等价于从个位置中选5个数，组合数为：， 符合条件的组合数：总情况数减去不相邻的组合数：． 故选：C． 8. 在棱长为2的正方体中，E，F，G分别是棱，，的中点，过作平面，使得，则点到平面的距离是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用空间向量求出点到平面的距离. 【详解】在正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， ，设平面的法向量， 由，，得，则，令，得， 所以点到平面的距离. 故选：D 【点睛】方法点睛：求点到平面的距离可以利用几何法，作出点到平面的垂线段求解；也可以用向量法，求出平面的法向量，再求出这一点与平面内任意一点确定的向量在法向量的投影即可. 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，部分选对的得部分分，不选或有选错的得0分． 9. 已知的内角，，的对边分别为，，，且，则的值可以为（ ） A. B. C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】应用二倍角余弦公式及正弦边角关系得，再应用余弦定理、基本不等式求范围，即可得. 【详解】因为，所以， 由正弦边角关系得，则， 当且仅当时等号成立， 故选：ABC 10. 椭圆的两个焦点分别为，，为坐标原点，以下说法正确的是（ ） A. 椭圆的离心率为 B. 椭圆上不存在点，使得 C. 过点的直线与椭圆交于，两点，则的面积最大值为 D. 定义曲线为椭圆的伴随曲线，则曲线与椭圆无公共点 【答案】ACD 【解析】 【分析】对A，利用直接法求出离心率；对B，以为直径的圆的半径，可得存在，得解；对C，设直线的方程为，根据，联立直线与椭圆方程，利用韦达定理结合基本不等式求出的最大值得解；对D，联立曲线和椭圆方程求解判断. 【详解】对于，由椭圆的方程可得，， 所以离心率，故正确； 对于B，由题意可得，所以以为直径的圆的半径， 所以当为，存在使得；故B错误； 对于C，显然直线的斜率不为0，设直线的方程为，设， ， 联立，整理可得， ，， 所以， ， 当且仅当，即时取等号， 所以，故C正确； 对于D，联立，两式相乘可得：， 可得，显然不成立，即两个曲线无交点，故D正确. 故选：ACD. 11. 如图，在正方体中，点在线段（包括端点）上运动，则下列结论正确的是（ ） A. 直线直线 B. 三棱锥的体积为定值 C. 异面直线与所成角的取值范围是 D. 直线与平面所成角的正弦值的最大值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】由正方体的结构特征，根据线面垂直的判定和性质证明线性垂直判断A；由已知证明平面，再由棱锥的体积求法判断B；由已知得异面直线与所成角为直线与直线的夹角，即可判断C；构建合适的空间直角坐标系，应用向量法求线面角正弦值判断D. 【详解】A：连接，由正方体的结构特征得， 平面，平面，则， 而都在平面内，则平面， 而平面，则直线直线，正确； B：由题设，易知四边形为平行四边形， 所以，平面，平面， 平面，点在线段上运动， 到平面距离为定值，又的面积是定值， 三棱锥的体积为定值，正确； C：，则异面直线与所成角为直线与直线的夹角． 易知为等边三角形，当为的中点时； 当与点或重合时，直线与直线的夹角为． 故异面直线与所成角的取值范围是，错误； D：以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系， 设正方体的棱长为1，则， 所以，，又平面，平面， 所以，又，都在平面内，则平面， 平面，则，同理，都在平面内， 所以平面，则是平面的一个法向量， 直线与平面所成角的正弦值为， 当时，直线与平面所成角的正弦值的最大值为，正确． 故选：ABD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若，则的值为______． 【答案】80 【解析】 【分析】由，结合二项展开式的通项公式，得解. 【详解】由，则. 故答案为：80. 13. 如图，有两堆同样的盒子，一堆3个，一堆7个，现需要将这些盒子搬走，每次只能从其中一堆搬走最上面的一个盒子，共有_________种不同的搬法．（用数字作答） 【答案】120 【解析】 【分析】根据题意10次搬盒子任选其中3次搬第一堆的3个盒子，应用组合数求不同的搬法数. 【详解】由题设，共需搬10次，选择其中3次搬走第一堆的3个盒子，故有， 故答案为：120 14. 15个人围坐在圆桌旁，从其中任取4人，两两不相邻的概率是___________． 【答案】 【解析】 【分析】先让11个人入坐，再把其余4人插空求任取4人两两不相邻的入坐方法数，再应用古典概型的概率求法求概率. 【详解】15个人围坐在圆桌旁从中任取4人，两两互不相邻， 先让11个人入坐，再把其余4人插空，共有种不同的围坐方法， 所求概率是． 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. 在中，已知． （1）求角的度数； （2）求的取值范围． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）由已知得，结合余弦边角关系求角的大小； （2）根据（1）及三角恒等变换有，结合和正弦型函数的性质求范围. 【小问1详解】 由，得， 由余弦定理得，且为三角形内角，故． 【小问2详解】 由（1）知，则， ， 由，得， 所以的取值范围为. 16. 已知函数，为正常数． （1）若，且，求函数的单调增区间； （2）若，且对任意，，都有，求的取值范围． 【答案】（1）的单调增区间为，． （2） 【解析】 【分析】（1）求导，即可根据导数的符号求解不等式得解， （2）将式子变形后构造函数，根据在上是减函数．分两种情况，分离参数后构造函数，利用导数求解其最值，即可得解. 【小问1详解】 ， ∵，令，得，或， ∴函数的单调增区间为，． 小问2详解】 ∵，∴， ∴，……………………8分 设，依题意，在上是减函数． 当时，，， 令，得：对恒成立， 设，则， ∵，∴， ∴在上是增函数，则当时，有最大值为， ∴． 当时，，， 令，得：， 设，则， ∴在上是增函数，∴， ∴， 综上所述，． 17. 已知设，，，是圆心在抛物线上的一系列圆，它们圆心的横坐标分别记为，，，，已知，，，2，3，，都与轴相切，且顺次逐个相邻外切． （1）求； （2）求由，，，构成的数列的通项公式； （3）求证：． 【答案】（1）； （2）； （3）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）根据已知得，整理化简即可得； （2）根据两圆外切，整理得，再由等比数列的定义写出通项公式，即可得； （3）由（2）得，再应用裂项相消法即可证. 【小问1详解】 由题设，整理得， 或，又，则； 【小问2详解】 由题意知：，， 所以，，且， ，两边平方，整理得， ， ， ， 故是以4为首项，公差为2的等差数列， ， ； 【小问3详解】 ， . 18. 如图1，是底边为2的等腰三角形，且，为等腰直角三角形，，将沿翻折到的位置，且点不在平面内（如图2），点为线段的中点． （1）证明：； （2）当平面平面时，求直线与平面所成角的余弦值； （3）若直线与所成角的余弦值为时，设平面与平面的夹角为，求的值． 【答案】（1）证明见解析； （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）取中点为，连接，，易得，，再由线面垂直的判定和性质，即可证； （2）根据已知构建合适的空间直角坐标系，求出直线与平面的方向向量和法向量，最后应用向量法求夹角余弦值； （3）构建合适的空间直角坐标系，设，则，应用异面直线夹角的向量求法及已知列方程求得，即可得. 【小问1详解】 取中点为，连接，， ，， ，， 又，、平面， 平面，又平面， ． 【小问2详解】 平面平面，平面平面，，平面， 平面，易知，，两两互相垂直， 以为原点，以为基底，建立空间直角坐标系， ，，，，， ，，， 设平面的法向量为，则， 取，得， ， 设直线与平面所成角为，则，又， 直线与平面所成角的余弦值为. 【小问3详解】 以为原点，以为轴，为轴，垂直于平面所在直线为轴，建立空间直角坐标系， 为等腰三角形，， ，则，，， 设，则，则，， 故， 或（舍），又， ． 19. 已知椭圆的离心率为，左、右顶点分别为、，点、为椭圆上异于、的两点，面积的最大值为． （1）求椭圆的方程； （2）设直线、的斜率分别为、，且． ①求证：直线经过定点； ②设和的面积分别为、，求的最大值． 【答案】（1） （2）①证明见解析；② 【解析】 【分析】（1）根据题意可得出关于的方程组，解出这三个量的值，即可得出椭圆的方程； （2）①设点，、，，根据直线斜率是否存在进行分类讨论，；联立方程组结合韦达定理化简得到直线方程即得直线能过的定点；②写出关于的函数关系式，利用对勾函数的单调性可求得的最大值. 【小问1详解】 当点为椭圆短轴顶点时，的面积取最大值， 且最大值为， 由题意可得，解得， 椭圆的标准方程为． 【小问2详解】 ①证明：设点，、，， 若直线的斜率为零，则点、关于轴对称，则，不合乎题意； 设直线的方程为，由于直线不过椭圆的左、右顶点，则， 联立，消去可得， 由，得， 由韦达定理可得，， 则， ， 解得， 即直线的方程为，故直线过定点． ②由韦达定理可得，， ， ，令，则， ， 函数在上单调递增， ，当且仅当时，等号成立， 因此，的最大值为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $