江苏苏州市2025-2026学年高二下学期数学五一假期练习卷

苏州高二下学期数学五一假期练习卷 （内容：导数 空间向量 计数原理） 一、单选题 1. 在空间直角坐标系Oxyz中，点关于Oxy平面的对称点坐标为（ ） A. B. C. D. 2.若函数的图象在点处的切线方程是，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 3.从甲、乙、丙、丁四位家长中选三人对某小学附近的三个路口维护交通，每个路口安排一人，则不同的安排方法有（    ） A．种 B．种 C．种 D．种 4.若点是曲线上任意一点，则到直线的距离的最小值为（    ） A． B． C． D． 5.三个数，，的大小顺序为（　　） A． B． C． D． 6. 若曲线在点处的切线与曲线相切于点，则（ ） A. -1 B. 1 C. 0 D. e 7. 已知矩形为平面外一点，且平面，分别为上的点，，则（ ） A. B. C. 1 D. 8．某双一流大学为提高数学学院学生的数学素养，特开设了“模糊数学”“复变函数”“微分几何”“数值分析”“拓扑学”五门选修课程，要求学院每位同学每学年至多选3门，大一到大三三学年必须将五门选修课程选完，则每位同学的不同选修方式有（    ） A．150种 B．210种 C．300种 D．540种 二、多选题 9. 下列命题是真命题的有（       ） A. 直线的方向向量为，直线的方向向量为，则与垂直 B. 直线的方向向量为，平面的法向量为，则 C. 平面，的法向量分别为，，则 D. 平面经过三点，，，向量是平面法向量，则 10．现安排甲、乙、丙、丁4名同学参加三项工作，且每个同学只能参加一项工作，则下列说法正确的是（     ） A．不同的安排方法共有种 B．若恰有一项工作无人参加，则不同的安排方法共有种 C．若甲，乙两人都不能去参加项工作，且每项工作都有人去，则不同的安排方法共有14种 D．若每个同学只能参加一项工作且每项工作都有人去，则不同的安排方法共有36种 11. 如图，在棱长为2的正方体中，为的中点，点满足，则（ ） A. 当时，平面 B. 任意，三棱锥的体积是定值 C. 存在，使得与平面所成的角为 D. 当时，平面截该正方体的外接球所得截面的面积为 三、填空题 12.人教A版选择性必修一习题1.4拓广探索第17题中提到“在空间直角坐标系中，已知向量，点，若平面经过点，且以为法向量，点是平面内的任意一点，则平面的方程为”．现已知平面的方程为，直线l是平面与平面的交线，且直线l的方向向量为，则平面的一个法向量可以为_________，直线l与平面所成角的正弦值为_________. 13.若过点有三条直线与函数 的图象相切，则实数m的取值范围为___________. 14．若函数存在两个极值点，则的取值范围是 ． 四、解答题 15.若展开式前三项的二项式系数之和为22. （1）求展开式中二项式系数最大的项； （2）求展开式中的常数项. 16. 在三棱柱中，是和的公垂线段，与平面成角，，． （1）求证：平面； （2）求到平面的距离； （3）求二面角的正切值． 17．已知函数，若有极大值，且极大值为2． (1)求的值； (2)若在上恒成立，求的取值范围． 18. 设函数（），其中为自然对数的底数，为实数． （1）若在上单调递增，求实数k的取值范围； （2）求的零点的个数：； （3）若不等式在上恒成立，求k的取值范围． 19. 多元导数在微积分学中有重要的应用.设是由，，…等多个自变量唯一确定的因变量，则当变化为时，变化为，记为对的导数，其符号为.和一般导数一样，若在上，已知，则随着的增大而增大；反之，已知，则随着的增大而减小.多元导数除满足一般分式的运算性质外，还具有下列性质：①可加性：；②乘法法则：；③除法法则：；④复合法则：.记.（为自然对数的底数）， （1）写出和的表达式； （2）已知方程有两实根，. ①求出的取值范围； ②证明，并写出随的变化趋势. 学科网（北京）股份有限公司 $ 苏州高二下学期数学五一假期练习卷 （内容：导数 空间向量 计数原理） 一、单选题 1. 在空间直角坐标系Oxyz中，点关于Oxy平面的对称点坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】点关于平面的对称点的坐标横纵坐标不变，竖坐标变为相反数. 【详解】点关于平面的对称点坐标为， 故选:C. 2.若函数的图象在点处的切线方程是，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】根据导数的几何意义可解. 【详解】根据题意，函数的图象在点处的切线方程是， 即，且， 所以. 故选：C 3.从甲、乙、丙、丁四位家长中选三人对某小学附近的三个路口维护交通，每个路口安排一人，则不同的安排方法有（    ） A．种 B．种 C．种 D．种 【答案】B 【解析】 【分析】利用分步计数原理可得出结果. 【详解】从甲、乙、丙、丁四位家长中选三人对某小学附近的三个路口维护交通，每个路口安排一人， 第一个路口有种选择，第二个路口有种选择，最后一个路口有种选择， 由分步乘法计数原理可知，不同的安排方法种数为种. 故选：B. 4.若点是曲线上任意一点，则到直线的距离的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】 【分析】利用导数求得平行于直线与曲线相切的切点坐标，再利用点到直线的距离公式，即可求解. 【详解】当曲线在点的切线与直线平行时，点到直线的距离的最小， 由，可得， 令，解得或（舍去），则， 所以平行于直线与曲线相切的切点坐标为， 由点到直线的距离公式，可得点到直线的距离为. 所以点到直线的距离的最小值为. 故选：C. 5.三个数，，的大小顺序为（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】 【分析】据题意可设，求导，从而可根据导数符号得出在上单调递减，并且可得出，，，从而得出，，的大小顺序． 【详解】设，则， 当时，则，可得， 可知在上单调递减， 因为，，， 且，则，所以． 故选：D． 6. 若曲线在点处的切线与曲线相切于点，则（ ） A. -1 B. 1 C. 0 D. e 【答案】C 【解析】 【分析】利用导数的几何意义分别求解出在点处的切线方程以及在点处的切线方程，根据两切线重合，求解出之间的关系式，由此可化简计算出的值. 【详解】的导数为，可得曲线在点处的切线方程为， 的导数为，可得曲线在点处的切线的方程为， 由两条切线重合的条件，可得，且， 则，即有， 可得， 则. 故选：C. 7.已知矩形为平面外一点，且平面，分别为上的点，，则（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据空间向量基本定理求出，求出答案. 【详解】因为， 所以 ， 故，故. 故选：B 8．某双一流大学为提高数学学院学生的数学素养，特开设了“模糊数学”“复变函数”“微分几何”“数值分析”“拓扑学”五门选修课程，要求学院每位同学每学年至多选3门，大一到大三三学年必须将五门选修课程选完，则每位同学的不同选修方式有（    ） A．150种 B．210种 C．300种 D．540种 【答案】B 【解析】 【分析】依题意每位同学每年所修课程数可以分为0，2，3或1，1，3或1，2，2，先将课程分组，再分配到三个学年，最后按照分类、分步计数原理计算可得； 【详解】由题意可知三年修完五门课程，且每年至多选三门， 则每位同学每年所修课程数可以分为0，2，3或1，1，3或1，2，2． 若按1，2，2选修五门课程，则先将五门选修课分成三组，有种不同方式， 再分配到三个学年，共有种不同的分配方式，由分步乘法计数原理可得共有种不同的选修方式； 若按0，2，3选修四门课程，则先将五门选修课分成三组，有种不同方式， 再分配到三个学年，共有种不同的分配方式，由分步乘法计数原理可得共有种不同的选修方式； 若按1，1，3选修四门课程，则先将五门选修课分成三组，有种不同方式， 再分配到三个学年，共有种不同的分配方式，由分步乘法计数原理可得共有种不同的选修方式． 所以每位同学的不同选修方式有种． 故选：B． 二、多选题 9. 下列命题是真命题的有（       ） A. 直线的方向向量为，直线的方向向量为，则与垂直 B. 直线的方向向量为，平面的法向量为，则 C. 平面，的法向量分别为，，则 D. 平面经过三点，，，向量是平面法向量，则 【答案】AD 【解析】 【分析】根据直线的方向向量、平面法向量的性质，结合空间向量数量积的运算性质逐一判断即可. 【详解】A：∵，， ∴，则， ∴直线与垂直，故A正确； B：，，则， 则，∴或，故B错误； C：∵，，∴与不共线， ∴不成立，故C错误； D：∵点，，， ∴，. ∵向量是平面的法向量，∴， 即，解得，故D正确. 故选：AD 10．现安排甲、乙、丙、丁4名同学参加三项工作，且每个同学只能参加一项工作，则下列说法正确的是（    ） A．不同的安排方法共有种 B．若恰有一项工作无人参加，则不同的安排方法共有种 C．若甲，乙两人都不能去参加项工作，且每项工作都有人去，则不同的安排方法共有14种 D．若每个同学只能参加一项工作且每项工作都有人去，则不同的安排方法共有36种 【答案】ACD 【解析】 【分析】对A，利用分步乘法原理判断；对B，首先从3项工作中选1项无人参加，再将4人安排到两项工作，计算可判断；对C，分组只有（1、1、2）这种情况，分甲乙同组与甲乙不同组两种情况，即可判断；对D，先分组只有（1、1、2）这种情况，再分配计算判断. 【详解】对于A，安排4人参加3项工作，每人有3种安排方法，则有种安排方法，故A正确； 对于B，恰有一项工作无人去参加，则首先从3项工作中选1项无人参加有， 再将4人安排到两项工作有种，故一共有种安排方法，故B错误； 对于C，每项工作都有人去，则人员分组只有（1、1、2）这种情况， 若甲、乙同组，则有种， 若甲、乙不同组，则种分组方法，又甲乙不能去参加项工作， 则安排不含甲乙的一组参加工作，剩下的两组安排参加、两项工作，则种， 综上，一共有种安排方法，故C正确； 对于D，每项工作都有人去，则人员分组只有（1、1、2）这种情况，先分组，再分配， 则不同的安排方法有种，故D正确. 故选：ACD. 11.如图，在棱长为2的正方体中，为的中点，点满足，则（ ） A. 当时，平面 B. 任意，三棱锥的体积是定值 C. 存在，使得与平面所成的角为 D. 当时，平面截该正方体的外接球所得截面的面积为 【答案】ACD 【解析】 【分析】建立适当的空间直角坐标系，对于A，时，与重合，故只需验证面是否成立即可，对于B，由不与平面平行，即点到面的距离不为定值，由此即可推翻B，对于C，考虑两种极端情况的线面角，由于是连续变化的，故与平面所成的角也是连续变化的，由此即可判断；对于D，求出平面的法向量，而显然球心坐标为，求出球心到平面的距离，然后结合球的半径、勾股定理可得截面圆的半径，进一步可得截面圆的面积. 【详解】如图所示建系，， 所以， 从而， 所以， 又面， 所以面， 时，与重合，平面为平面， 因为面，平面，A对. 不与平面平行，到面的距离不为定值， 三棱锥的体积不为定值，B错. 设面的法向量为， 则，令，解得， 即可取， 而， 所以与平面所成角的正弦值为， 又， 所以， 所以， 又面， 所以面， 当在时，与平面所成角的正弦值为，此时与平面所成角小于， 当在时，与平面所成角为， 所以存在使与平面所成角为，C正确. ， 设平面的法向量为， 不妨设，则 ，则，平面的法向量，显然球心， 到面的距离，外接球半径， 截面圆半径的平方为，所以，D对. 故选：ACD. 三、填空题 12.人教A版选择性必修一习题1.4拓广探索第17题中提到“在空间直角坐标系中，已知向量，点，若平面经过点，且以为法向量，点是平面内的任意一点，则平面的方程为”．现已知平面的方程为，直线l是平面与平面的交线，且直线l的方向向量为，则平面的一个法向量可以为_________，直线l与平面所成角的正弦值为_________. 【答案】 ①. ②. ## 【解析】 【分析】结合题意求出平面的法向量和直线的方向向量，用线面角的向量求法处理即可. 【详解】显然平面的一个法向量可以为, 易知平面的法向量为，平面的法向量为， 且直线l的方向向量为，故，，令， 解得，，故，设直线l与平面所成角为， 则. 故答案为：； 13.若过点有三条直线与函数 的图象相切，则实数m的取值范围为___________. 【答案】 【解析】 【分析】设切点坐标，利用导数，求出切线方程，再结合过点存在三条直线与曲线相切，转化为方程有三个根，构造新函数利用导数求单调区间和极值得实数m的取值范围． 【详解】函数，定义域为R，， 设切点坐标为，则切线方程为， 切线过点，则有， 即，依题意关于方程有三个解， 设， ，解得或；，解得， 所以在和上单调递减，在上单调递增， 时，取极小值；时，取极大值， 实数m的取值范围为. 故答案为：. 14．若函数存在两个极值点，则的取值范围是 ． 【答案】 【解析】 【分析】根据极值点定义可知为的两根，由可求得，并得到韦达定理的形式；结合韦达定理将化简为，令，利用导数可求得单调性，由此可得的范围，即为所求范围. 【详解】由题意知：的定义域为，， 有两个极值点，为的两根， ，又，解得：；，， ； 令，则， 当时，恒成立，在上单调递减， ，则的取值范围为. 故答案为：. 四、解答题 15.若展开式前三项的二项式系数之和为22. （1）求展开式中二项式系数最大的项； （2）求展开式中的常数项. 【答案】（1） （2）135 【解析】 【分析】（1）根据展开式前三项的二项式系数之和求出n的值，即可求出展开式中二项式系数最大的项； （2）利用二项式展开式的通项公式，即可求得答案. 【小问1详解】 因为展开式前三项的二项式系数之和为22，所以， 即， 解得或（舍），故的值为6， 即展开式中最大的二项式系数为，所以展开式中二项式系数最大的项为第4项， 即. 【小问2详解】 由题意知展开式中通项公式为， 令，解得， 所以，故展开式中的常数项为135. 16. 在三棱柱中，是和的公垂线段，与平面成角，，． （1）求证：平面； （2）求到平面的距离； （3）求二面角的正切值． 【答案】（1）证明见解析； （2）； （3）． 【解析】 【分析】（1）由线面垂直的判定定理可得； （2）由已知，作于，则可得即为到平面距离，计算可得； （3）过作，则为二面角平面角，由三角函数定义可得二面角的大小． 【小问1详解】 三棱柱中，是与的公垂线段， ，．又，而平面，平面． 【小问2详解】 平面，平面， 平面平面， 作垂足为，则平面， 为与平面所成角，即， 在中，， ，，即为等边三角形， 又为中点，， 即到平面的距离为． 【小问3详解】 过作，垂足为，连接，由三垂线定理可得， 为二面角平面角， 在中解得，在中，解得， 二面角的正切值为． 17．已知函数，若有极大值，且极大值为2． (1)求的值； (2)若在上恒成立，求的取值范围． 【答案】(1) (2) 【解析】 【分析】（1）判断的极大值即可求解的值； （2）分离参数，得到，然后令，所以，则在上恒成立，求出对应的最大值，即为的最小值，然后得到范围. 【详解】（1）易知函数的定义域为， 根据题意可得，令，得， 当时，，即在上单调递增， 当时，，即在上单调递减； 所以， 解得 （2）由（1）知， 因为，所以可化为， 设， 所以，则在上恒成立， 即可得在上单调递减，， 因此的取值范围是 18. 设函数（），其中为自然对数的底数，为实数． （1）若在上单调递增，求实数k的取值范围； （2）求的零点的个数：； （3）若不等式在上恒成立，求k的取值范围． 【答案】（1） （2）个零点 （3） 【解析】 【分析】（1）由题意可得对恒成立，构造函数，利用导数求出函数的最小值即可； （2）求导，再分和讨论，结合零点的存在性定理即可得出结论； （3）不等式在上恒成立，即不等式在上恒成立，令，再分和两种情况讨论，求出函数的最值即可得解. 【小问1详解】 ， 因为在上单调递增， 所以对恒成立， 令，则， 则当 时，，当 时，， 故在上递减，在上递增， 则， 依题意，需使，即，故得：， 所以实数的取值范围为； 【小问2详解】 由，得， 因为，若，则无零点， 当时，，故上递增， 注意到，， 由零点存在定理，在上有唯一的零点； 所以有个零点； 【小问3详解】 不等式在上恒成立， 即不等式在上恒成立， 令， 又，所以在上恒成立， 当时，， 令，则， 所以函数在上单调递增，所以， 即， 所以函数在上单调递增， 所以， 故时，符合题意； 当时，函数在上单调递增， 则，， 令，则， 所以函数在上单调递增， 所以，所以， 令，则， 所以函数在上单调递增， 所以，所以， 所以， 所以，使得， 当时，， 所以函数在上单调递减， 所以，与题意矛盾， 综上所述，. 19.多元导数在微积分学中有重要的应用.设是由，，…等多个自变量唯一确定的因变量，则当变化为时，变化为，记为对的导数，其符号为.和一般导数一样，若在上，已知，则随着的增大而增大；反之，已知，则随着的增大而减小.多元导数除满足一般分式的运算性质外，还具有下列性质：①可加性：；②乘法法则：；③除法法则：；④复合法则：.记.（为自然对数的底数）， （1）写出和的表达式； （2）已知方程有两实根，. ①求出的取值范围； ②证明，并写出随的变化趋势. 【答案】（1）， （2）①；②证明见解析，随增大而减小 【解析】 【分析】（1）设，根据导数的定义，即可求解； （2）①由（1），得到单调递增，求得，结合零点存在性定理，得到存在两个零点，且； ②由题设中的定义，求得，只需证明，令，设，得到，再求得，得到，结合，得出原命题成立，即可得证. 【小问1详解】 解：设， 则， 同理. 【小问2详解】 解：①由（1），可得，则， 且时，，， 即单调递减，时，即单调递增， 故， 又由时，趋近于0的速度远远快于趋近于的速度， 故，，因此只需且， 即由零点存在性定理，，，存在两个零点，故； ②由， 由①可得，，故只需证明， 令，设， 则，且， 则， 又单调递增，且，故，单调递增，则， 必然，否则即单调递减，不符合题意， ，故原命题成立。 所以随增大而减小. 学科网（北京）股份有限公司 $