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江苏省南京市秦淮中学、玄武高中、溧水二高等五校联盟2024 2025学年高二下学期4月期中学情调研数学试题
一、单选题（本大题共8小题）
1．已知平面的法向量为，平面的法向量为，若，则k＝（ ）
A．4 B．
C．5 D．
2．已知，则为（ ）
A． B．1 C．32 D．243
3．已知函数，则（ ）
A． B． C． D．
4．某晚会有三个唱歌节目，两个舞蹈节目，要求舞蹈节目不能相邻，有（ ）种排法？
A．72 B．36 C．24 D．12
5．被5除的余数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
6．已知，直线过原点且平行于，则到的距离为（ ）.
A． B．1 C． D．
7．若函数有两个不同的极值点，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
8．如图，在直三棱柱中，，是线段的中点，在内有一动点（包括边界），则的最小值是（ ）
A． B． C． D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．如图，已知正方体的棱长为分别为棱的中点，则下列结论正确的为（ ）
A． B．
C． D．不是平面的一个法向量
10．现安排甲 乙 丙 丁 戊这5名同学参加志愿者服务活动，有翻译、导游、礼仪、司机四项工作可以安排，且每人只安排一个工作，则下列说法正确的是（ ）
A．不同安排方案的种数为
B．若每项工作至少有1人参加，则不同安排方案的种数为
C．若司机工作不安排，其余三项工作至少有1人参加，则不同安排方案的种数为
D．若每项工作至少有1人参加，甲不能从事司机工作，则不同安排方案的种数为
11．已知直线与曲线相交于不同两点，，曲线在点处的切线与在点处的切线相交于点，则（ ）
A． B． C． D．
三、填空题（本大题共3小题）
12．方程的解为 .
13．《九章算术》是我国古代数学名著，它在几何学中的研究比西方早一千多年，书中将四个面均为直角三角形的四面体称为鳖臑.如图，四面体为鳖臑，平面，，且，则直线与平面所成角的大小为 .
14．已知，则 .
四、解答题（本大题共5小题）
15．已知10道试题中有4道选择题，甲、乙两人依次不放回地抽取1道，求：
(1)甲抽到选择题的概率；
(2)在甲抽到选择题的情况下，乙抽到选择题的概率.
16．如图，在直三棱柱中，，，，D为的中点.

(1)证明：平面；
(2)求点到平面BCD的距离.
17．已知在的展开式中，第2项与第3项的二项式系数之比是．
(1)求展开式中的常数项，并指出是第几项；
(2)求展开式中的所有有理项．
18．如图，已知四棱台的上、下底面分别是边长为2和4的正方形，平面⊥平面ABCD，，点P是棱的中点，点Q在棱BC上．

(1)若，证明：平面；
(2)若二面角的正弦值为，求BQ的长．
19．已知函数，.
(1)若曲线在处的切线与直线垂直，求的值；
(2)讨论的单调性；
(3)当时，，求的取值范围.
参考答案
1．【答案】D
【详解】∵，∴，
∴，解得.
故选D.
2．【答案】B
【详解】因为，
令可得.
故选B
3．【答案】D
【详解】设，则，
∴，即，
∴.
故选D.
4．【答案】A
【详解】先排三个唱歌节目这有：种情况，
然后四个空排两个舞蹈节目这有：种情况，
所以舞蹈节目不能相邻的情况有：情况.
故选A.
5．【答案】C
【详解】由题可知，，
则其展开式的通项公式为，
由通项公式可得，只有时，不能被5整除，
其余项均能被5整除.故被5除的余数为1，则被5除的余数为3.
故选C.
6．【答案】C
【分析】根据题意取，然后求出在方向上的投影，再结合勾股定理可求得结果.
【详解】由题意取，则，
所以到的距离为
.
故选C.
7．【答案】B
【详解】函数的定义域为，
又，
因为函数有两个不同的极值点，
所以有两个不同正根，
即有两个不同正根（不妨设为），
所以，解得，即实数的取值范围为.
故选B.
8．【答案】C
【详解】由题意可以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，
所以，
设A关于平面的对称点为，则，，
设平面的法向量，则，，
令，则，所以，
所以A与到平面的距离即①，
又，所以②，所以由①②得，
所以由可得，所以，
所以，
当且仅当三点共线时取等号，
所以的最小值为.
故选C.
9．【答案】BD
【详解】由为正方体，
以点为坐标原点，所在直线分别为轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则 .
对于选项，，则，故错误；
对于选项，，则，故正确；
对于选项，，故，故错误；
对于选项，，故不是平面的一个法向量，故正确.
故选.
10．【答案】BD
【详解】对A，若每人都安排一项工作，每人有4种安排方法，则不同安排方案的种数为，故A错误；
对B，先将5人分为4组，再将分好的4组全排列，安排4项工作，
则不同安排方案的种数为，故B正确；
对C，先将5人分为3组，有种分组方法，
将分好的三组安排翻译 导游 礼仪三项工作，有种情况，
则不同安排方案的种数是，故C错误；
对D，第一类，先从乙，丙，丁，戊中选出1人从事司机工作，再将剩下的4人分成三组，
安排翻译 导游 礼仪三项工作，则不同安排方案的种数为；
第二类，先从乙，丙，丁，戊中选出2人从事司机工作，
再将剩下的3人安排翻译、导游、礼仪三项工作，
则不同安排方案的种数为.所以不同安排方案的种数是，故D正确.
故选BD.
11．【答案】ACD
【详解】令，则，
故时，递增；时，递减，
所以的极大值，且，，
因为直线与曲线相交于 两点，
所以与图像有2个交点，
所以，故A正确；
设，且，可得，
在点处的切线程为
，得，即，
因为，所以，即，故B错误；
因为，所以，
因为为两切线的交点，
所以，
即，所以，
所以，故C正确；
因为，所以，所以，
同理得，得，即，
因为，所以，故D正确.
故选ACD.

12．【答案】6
【详解】根据题意，或，且，
解得.
13．【答案】/
【详解】取的中点，连接、，因为，，
所以，且，
又平面，平面，所以，
因为，平面，
所以平面，所以直线与平面所成角，
又平面，平面，所以，所以，
所以，则，
即直线与平面所成角的大小为.
14．【答案】
【详解】因为，所以是含项的系数，
若从10个式子中取出0个，则需要从中取出3个，7个1，则得到的项为；
若从10个式子中取出1个，则需要从中取出1个，8个1，则得到的项为；
若从10个式子中取出大于或等于2个，则无法得到含的项；
综上：含的项为，则含项的系数为，即.
15．【答案】(1)
(2)
【详解】（1）甲抽到选择题的概率为
（2）在甲抽到选择题的情况下，乙抽到选择题的概率为.
16．【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）方法一：由直三棱柱的性质可知平面，
因为平面，所以，，
由题可知四边形为矩形，，
所以四边形为正方形，所以，
因为，，，且平面，
所以平面，又平面，
所以，因为，所以，
又因为，，平面，
所以平面.
方法二：以A为原点，AB，AC，所在直线分别为轴，轴，轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，，
则，，，
所以，
，
所以，，
又因为，，平面，所以平面.
（2）方法一：设点到平面BCD的距离为d，
易得，，，
则，
则，
所以，
则，，
由得，，解得，
所以点A到平面BCD的距离为.
方法二：由（1）得，，，
设平面BCD的一个法向量为，则，所以，
取，则，，所以，
设点A到平面BCD的距离为，则，
所以点A到平面BCD的距离为.

17．【答案】(1)，第5项；
(2).
【详解】（1）在的展开式中，
第2项与第3项的二项式系数之比是，所以.
所以展开式中的通项公式为，
令，得，所以常数项是第5项，为.
（2）由（1）可知，通项公式为，
令，则，
当时，，
当时，，
当时，，
当时，，
故展开式中的所有有理项为：.
18．【答案】(1)证明见解析；
(2)1.
【详解】（1）证明：取的中点M，连接MP，MB．
在四棱台中，四边形是梯形，，，
又点M，P分别是棱，的中点，所以，且．
在正方形ABCD中，，，又，所以．
从而且，所以四边形BMPQ是平行四边形，所以．
又因为平面，平面，所以平面；
（2）在平面中，作于O．
因为平面平面，平面平面，，平面，
所以平面．
在正方形ABCD中，过O作AB的平行线交BC于点N，则．
以为正交基底，建立空间直角坐标系．
因为四边形是等腰梯形，，，所以，又，所以．
易得，，，，，所以，，．

法一：设，所以．
设平面PDQ的法向量为，由，得，取，
另取平面DCQ的一个法向量为．
设二面角的平面角为θ，由题意得．
又，所以，
解得（舍负），因此，．
所以当二面角的正弦值为时，BQ的长为1．
法二：设，所以．
设平面PDQ的法向量为，由，得，取，
另取平面DCQ的一个法向量为．
设二面角的平面角为θ，由题意得．
又，所以，
解得或6（舍），因此．
所以当二面角的正弦值为时，BQ的长为1．

法三：在平面中，作，垂足为H．
因为平面平面，平面平面，，平面，
所以平面，又平面，所以．
在平面ABCD中，作，垂足为G，连接PG．
因为，，，PH,平面，
所以平面，又平面，所以．
因为，，所以是二面角的平面角．
在四棱台中，四边形是梯形，
，，，点P是棱的中点，
所以，．
设，则，，
在中，，从而．
因为二面角的平面角与二面角的平面角互补，
且二面角的正弦值为，所以，从而．
所以在中，，解得或（舍）．
所以当二面角的正弦值为时，BQ的长为1．
19．【答案】(1)
(2)答案见解析
(3).
【详解】（1）因为，所以，
所以，
又在处的切线与直线垂直，所以，
即，所以.
（2），.
①当时，，所以在上单调递增.
②当时，令，得，又，所以.
当时，，单调递减；当时，，单调递增.
综上，当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在上单调递增.
（3）由，得在上恒成立.
令，，则，令，得，
当时，，单调递减；当时，，单调递增，
所以，即，
则在上恒成立.
令，，
则
.
因为，所以，则，
令，得，
当时，，单调递减；当时，，单调递增，
所以，
所以，即的取值范围是.

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