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江苏省常州市北郊高级中学2024 2025学年高二下学期4月期中考试数学试题
一、单选题（本大题共8小题）
1．已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
2．下列求导正确的是（ ）
A． B．
C． D．
3．已知，；，，则是的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分又不必要条件
4．设样本空间，且每个样本点是等可能的，已知事件，则下列结论正确的是（ ）
A．事件A与B为互斥事件 B．事件两两独立
C． D．
5．随机变量，，若，，则（ ）
A． B． C． D．
6．关于空间向量，以下说法正确的是（ ）
A．若对空间中任意一点O，有，则P，A，B，C四点共面
B．若空间向量，满足，则与夹角为锐角
C．若直线l的方向向量为，平面的一个法向量为，则
D．若空间向量，则在方向上的投影向量为
7．在平行六面体中，，，，则棱的长度是（ ）
A． B． C． D．5
8．设函数，其中，若恒成立，则的最小值是（ ）
A． B． C． D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．已知函数的定义域为，其导函数为的部分图象如图所示，则以下说法不正确的是（ ）
A．在上单调递增
B．的最大值为
C．的一个极大值点为
D．的一个减区间为
10．如图是一块高尔顿板示意图：在一木块上钉着若干排互相平行但相互错开的圆柱形小木钉，小木钉之间留着适当的空隙作为通道，前面挡有一块玻璃，将小球从顶端放入，小球在下落过程中，每次碰到小木钉后都等可能地向左或右落下，最后落入底部的格子中，格子从左到右分别编号为、、、、，用表示小球落入格子的号码，则下列正确的是（ ）
A． B．
C． D．
11．在棱长为1的正方体中，点F在底面ABCD内运动（含边界），点E是棱的中点，则（ ）
A．点E到平面的距离为
B．若平面，则F是棱AD的中点
C．若平面，则F是AC上靠近C的三等分点
D．若F在棱AB上运动，则点F到直线的距离最小值为
三、填空题（本大题共3小题）
13．口袋中有编号分别为1，2，3，…，10的10个小球，所有小球除了编号外无其他差别．从口袋中任取5个小球，设其中编号的最小值为，则 ，期望 ．
14．若两曲线与存在公切线，则正实数a的取值范围是 ．
四、解答题（本大题共5小题）
15．已知集合
(1)若，求；
(2)若，求实数的取值范围；
16．已知函数．
(1)当时，求函数的单调区间；
(2)若恒成立，求实数的取值范围．
17．如图，在四棱锥中，底面，⊥，，，，，为棱的中点．

(1)求证：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值；
(3)求平面与平面所成角的正弦值．
18．某公司邀请棋手与该公司研制的一款机器人进行象棋比赛，规则如下：棋手的初始分为，每局比赛，棋手胜加分；平局不得分；棋手负减分．当棋手总分为时，挑战失败，比赛终止；当棋手总分为时，挑战成功，比赛终止；否则比赛继续．已知每局比赛棋手胜、平、负的概率分别为、、，且各局比赛相互独立．
(1)求两局后比赛终止的概率；
(2)在局后比赛终止的条件下，求棋手挑战成功的概率；
(3)在挑战过程中，棋手每胜局，获奖千元，求8局后比赛终止且棋手获奖万元的概率．
19．在高等数学中，我们将在处可以用一个多项式函数近似表示，具体形式为：（其中表示的n次导数），以上公式我们称为函数在处的泰勒展开式．当时泰勒展开式也称为麦克劳林公式．比如在处的麦克劳林公式为：，由此当时，可以非常容易得到不等式请利用上述公式和所学知识完成下列问题：
(1)写出在处的泰勒展开式；
(2)根据泰勒公式估算的值，精确到小数点后两位；
(3)若，恒成立，求a的范围．（参考数据）
参考答案
1．【答案】B
【详解】因为，，
因此，.
故选B.
2．【答案】C
【详解】由，故A错误；
，故B错误；
，故C正确；
，故D错误.
故选C.
3．【答案】B
【详解】若，，不妨取，，则不成立，即，
若，，由不等式的基本性质可得，，则成立，即，
所以是的必要不充分条件.
故选B.
4．【答案】D
【详解】对于A，因，故事件A与B不是互斥事件，A错误；
对于B，因，则，
因，故事件与事件不独立，故B错误；
对于C，因，故，而，
故 ，即C错误；
对于D，因则，
于是，，故，即D正确.
故选D.
5．【答案】D
【详解】因为，，
因为，解得，
因为，，
所以，，
故.
故选D.
6．【答案】C
【详解】对于A，因为在中，，
由空间向量共面定理，可知P，A，B，C四点不共面，故A错误；
对于B，当共线同向时，，但与夹角不是锐角，故B错误；
对于C，因，即，故，即C正确；
对于D，在方向上的投影向量为，故D错误.
故选C.
7．【答案】A
【详解】

如图，不妨取，则，，，
，，.
因为，
则
，故.
故选A.
8．【答案】D
【详解】由恒成立，可得恒成立，
当，即时，恒成立，故得；
当，即时，显然不等式恒成立；
当，即时，恒成立，故得.
综上分析，可得.
所以，
当且仅当，即，时取等号.
所以的最小值是.
故选D.
9．【答案】ABC
【详解】A选项，从图象上不能确定在上恒大于0，
故无法确定在上单调递增，A说法错误；
BD选项，从图象上可以得到在上大于0，在上小于0，
故在上单调递增，在上单调递减，
故在处取得极大值，不能确定为最大值，B说法错误，D说法正确；
C选项，从图象上可以得到，
在左侧小于0，在上大于0，故的一个极小值点为，C说法错误.
故选ABC
10．【答案】ABD
【详解】对于A，由小球下落次中选次右侧，则此时，即，故A正确；
对于B，由，，，，
则，故B正确；
对于C，由的分布列如下：
则，故C错误；
对于D，由，
则，故D正确.
故选ABD.
11．【答案】AD
【详解】A选项，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
，，
设平面的法向量为，
则，
令，则，所以，
，
点E到平面的距离为，A正确；
B选项，设，，
则，
设平面的法向量为，
，
则，
令，则，所以，
其中，
故，F的轨迹为连接的中点的一条线段，
所以F不一定是棱AD的中点，B错误；
C选项，设平面的法向量为，
，
则，
令，则，故，
若平面，则，
设，
所以，解得，
故，则F是AC上靠近C的四等分点，C错误；
D选项，若F在棱AB上运动，设，
则，
，设，
，
故点F到直线的距离为，
当时，点F到直线的距离取得最小值，最小值为，D正确.
故选AD
12．【答案】
即在上恒成立，
因，当且仅当时等号成立，
此时，故得.
13．【答案】 /
【详解】从口袋中任取5个小球，共有种情况，
其中编号的最小值为2，则不含有1，从剩余8个数中选择4个，共有种情况，
故；
的可能取值为1,2,3,4,5,6，
其中，，，
，，，
所以.
14．【答案】
【详解】由题可知，，，
设与曲线相切的切点为，与相切的切点为，
则有公共切线斜率为，则，，
又，，可得，
即有，即，
可得，，
设，，，
可得时，，在上单调递增，
当时，，在上单调递减，,
可得处取得极大值，且为最大值，
则正实数a的取值范围.
15．【答案】(1)
(2)
(3)．
【详解】（1）由不等式移项可得，通分得到．
即，解得，故．
当时，，则.
（2）由，可得，
因为，
当时，，解得，满足题意；
当时，则，解得，
综上，，故实数的取值范围为.
（3）由题意可得，是的充分不必要条件，故是的真子集，
又，，
则，解得，故实数的取值范围是．
16．【答案】(1)单调减区间是，单调增区间是和；
(2)
【详解】（1）当时， ，，
，
由，可得或，
由，可得，
所以函数的单调减区间是，单调增区间是和；
（2）解法1：由恒成立，可得：对，，
即，，
令，可得，
当时，，在上单调递增；
当时，，在上单调递减，
所以当时，，所以，
所以实数的取值范围为．
解法2：由恒成立，可得：，，
令，
当时，可得，即在上单调递增，
又，即不能恒成立，不合题意；
当时，令，解得，
所以当时，，在上单调递增；
当时，，在上单调递减．
所以，
因为恒成立，则需使恒成立，解得，
所以实数的取值范围为．
17．【答案】(1)证明见解析
(2)；
(3)
【详解】（1）因为底面，底面，所以，
又因为⊥，平面，
所以平面，即为平面的一个法向量，
如图以点为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，

可得，，，，，
由为棱的中点，得，
向量，，故，，
又平面，所以平面；
（2）因为，设平面的法向量为，
则，令得，取，
又，则，
所以直线与平面所成角的正弦值为；
（3）又平面的法向量，
，
所以平面与平面所成角的正弦值为
18．【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）设每局比赛甲胜为事件，每局比赛甲平为事件，每局比赛甲负为事件，
设“两局后比赛终止”为事件，
因为棋手与机器人比赛局，所以棋手可能得分或分比赛终止．
（i）当棋手得分为分，则局均负，即；
（ii）当棋手得分为分，则局先平后胜，即．
因为、互斥，所以
．
所以两局后比赛终止的概率为．
（2）设“局后比赛终止”为事件，“局后棋手挑战成功”为事件．
因为
，
．
所以在局后比赛终止的条件下，棋手挑战成功的概率为
．
所以在局后比赛终止的条件下，棋手挑战成功的概率为．
（3）因为局获奖励万元，说明甲共胜局．
（i）当棋手第8局以分比赛终止，说明前7局中有负胜，且是“负胜负胜负”的顺序，其余均为平局，共有种，
（ii）当棋手第8局以分比赛终止，说明前7局中有负胜，且是先负后胜的顺序，其余均为平局，共有种，
则“8局后比赛终止且棋手获得万元奖励”的概率为
19．【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）由，，，，
其中，
在处的泰勒展开式为：，
（2）记，则，
，
所以，
因为，
所以且，
，．
（3）因为，
由在处的泰勒展开式，先证，
令，
，易知，所以在上单调递增，
所以，所以在上单调递增，所以，
所以在上单调递增，所以，
再令，，易得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
而，所以恒成立，
当时， ，所以成立，
当时，令，，易求得，
所以必存在一个区间，使得在上单调递减，
所以时，，不符合题意．
综上所述，．

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