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贵州省贵阳市北京师范大学贵阳附属中学2024 2025学年高二下学期期中考试数学试题
一、单选题（本大题共8小题）
1．已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
2．若，则（ ）
A．380 B．190 C．188 D．240
3．已知复数，为z的共轭复数，则的虚部为（ ）
A． B． C． D．
4．已知向量若则（ ）
A． B． C． D．
5．展开式中系数为（ ）
A．10 B．15 C．20 D．25
6．一组数据按从小到大的顺序排列为1，3，8，，14，16，若该组数据的中位数是极差的，则该组数据的第60百分位数是（ ）
A．4 B．6 C．8 D．10
7．某班要从8名班干部（其中5名男生，3名女生）中选取3人参加学校优秀班干部评选，事件：男生甲被选中，事件：有两名女生被选中，则为（ ）
A． B． C． D．
8．设为数列的前n项和，若，则（ ）
A．1032 B．1033 C．520 D．521
二、多选题（本大题共3小题）
9．已知离散型随机变量，满足，其中的分布列为：
0 1 2
且，则下列正确的是（ ）
A． B． C． D．
10．在一个不透明的袋子里装有编号为1，2，3的3个白球和编号为4，5的2个红球.这五个小球除颜色外完全相同.现从中不放回地抽取2次，每次抽取一个小球，则下列说法正确的是（ ）
A．第二次抽到红球的概率为
B．在抽取过程中，至少有一次抽到红球的概率为
C．若已知第二次抽到的是红球，则第一次也抽到红球的概率为
D．设抽到红球的个数为X，则
11．函数，则下列说法正确的是（ ）
A．的图象过定点 B．当时，在上单调递增
C．当时，恒成立 D．存在，使得与轴相切
三、填空题（本大题共3小题）
12．展开式中的常数项为 .
13．从名同学中选择人参加三天志愿服务活动，有一天安排两人，另两天各安排一人，共有 种安排方法（用数字作答）
14．曲线上的点到直线的最短距离是 ．
四、解答题（本大题共5小题）
15．已知函数.在中，，且.
（1）求的大小：
（2）若，，求的面积.
16．如图所示，在四面体中，平面，是的中点，分别在线段上，且，．
（1）求证：平面；
（2）若，，求直线与平面所成角的正弦值．
17．已知编号为甲、乙、丙的三个袋子中装有除标号外完全相同的小球，其中甲袋内装有两个1号球，一个2号球和一个3号球；乙袋内装有两个1号球，一个3号球；丙袋内装有三个1号球，两个2号球和一个3号球.
(1)从甲袋中一次性摸出2个小球，记随机变量为1号球的个数，求随机变量的分布列和数学期望；
(2)现按照如下规则摸球：连续摸球两次，第一次先从甲袋中随机摸出1个球，若摸出的是1号球放入甲袋，摸出的是2号球放入乙袋，摸出的是3号球放入丙袋；第二次从放入球的袋子中再随机摸出1个球.求第二次摸到的是3号球的概率.
18．已知椭圆的左焦点在抛物线的准线上，且椭圆的短轴长为．
（1）求椭圆的方程；
（2）已知过原点的直线与椭圆相交于M，N两点，若直线：上存在点Q，使得是以为底边的等腰直角三角形，求直线的方程．
19．已知，．
（1）当时，求函数的极小值；
（2）若函数在区间上单调递增，求实数的取值范围；
（3）若当时，函数，有最小值，证明：．
参考答案
1．【答案】D
【详解】，，则.
故选D.
2．【答案】B
【详解】由，得，所以.
故选B
3．【答案】C
【详解】由复数，可得，
所以复数的虚部为.
故选C.
4．【答案】B
【详解】由，
因为所以，
故选B.
5．【答案】A
【详解】展开式的项是4个因式中任取3个用，另一个因式用常数项相乘的和，
则展开式中的项为，
所以含项的系数为10.
故选A.
6．【答案】D
【详解】该组数据的中位数为，极差为15，故，
则，，则第60百分位数为10.
故选D.
7．【答案】B
【详解】由题意可得，
事件男生甲与两名女生被选中，则，
因此，.
故选B.
8．【答案】B
【详解】，即，所以
又当时，，作差得，即
即，则，又，
所以，则数列是以为首项，为公比的等差数列，
所以，所以，
又，
所以，所以
故选B.
9．【答案】ABD
【详解】由题意可得，解得，故AB正确，
,，故,故C错误，D正确，
故选ABD.
10．【答案】AD
【详解】第二次抽到红球的概率为，故A正确；
至少有一次抽到红球的概率为，故B错误；
已知第二次抽到的是红球，则第一次也抽到红球的概率为，故C错误；
X可能取值为0，1，2，，，
故，故D正确.
故选AD.
11．【答案】AC
【详解】，故A正确；
当时，，，
因在上单调递增，且，，
故存在使得，即，，
则得；得，
则在上单调递减，在上单调递增，
则，
当时等号成立，因，故而恒成立，故B错误，C正确；
假设存在使得与轴相切，设切点为，
因，则切线斜率为，
故方程组，有解，
化简得，
令，则，则在上单调递减，
因，，故，
令，则，故在上单调递增，
因且，则，与矛盾，
故不存在，使得与轴相切，故D错误.
故选AC.
12．【答案】
【详解】的展开式通项公式为，
令，解得，故，
所以展开式中常数项为.
13．【答案】
【详解】第一步，从人中选人，共有种取法，第二步，将人分成三组，共有种分法，
再进行全排有种排法，
由分步计算原理知，共有种安排方法.
14．【答案】
【详解】，曲线在 处的切线斜率为 ，
对应切点，切线与直线 平行，如图所示.
此时距离最短.
曲线 上的点到直线的最短距离为.
15．【答案】（1）
（2）
【详解】（1），在中，，所以，
因为，所以，
则有：或，
即或，因为，所以，即，
所以.
（2）因为，，
则，即，
所以.
16．【答案】（1）证明见解析
（2）
【详解】（1）方法一：如图，在线段上取一点，使，
由已知，，且，
在线段上取一点，使，
由已知，，且，
所以，且，因此四边形为平行四边形，
所以，又平面，且平面，所以平面．
方法二：如图，连接并延长交于连接，
在中，过点作，交于点，
因为，所以，
又是的中点，则，
所以，即，
又因为，所以，
又平面，平面，所以平面．
（2）由，，知．
以为坐标原点，过点与平行的直线为轴，
分别以所在直线为轴和轴建立如图所示的空间直角坐标系．
又，得，，，，，
则，，，
设平面的一个法向量为，
则，即，
取，则，所以平面的一个法向量为，
设直线与平面所成角为，则，
所以直线与平面所成角的正弦值为．
17．【答案】(1)分布列见详解；；
(2).
【详解】（1）由题意可知：随机变量的可能取值为0，1，2，则有：
，
可得随机变量的分布列为
0 1 2
所以随机变量的期望.
（2）记第一次从甲袋中随机摸出1个球，摸出的是1、2、3号球分别为事件，
第二次摸到的是3号球为事件B，
则，
所以.
18．【答案】（1）
（2）或
【详解】（1）抛物线的准线方程为，
椭圆的左焦点为，即，
椭圆的短轴长为，，即，，
椭圆的方程为；
（2）设，，
当直线的斜率不存在时，：，
此时M，N分别为椭圆的上、下顶点，不妨设，，
要使是以为底边的等腰直角三角形，则，
，，，不合题意；

当直线的斜率为时，：，
此时M，N分别为椭圆的左、右顶点，不妨设，，
要使是以为底边的等腰直角三角形，则，
，，，满足题意；

当直线的斜率存在且不为时，设：，

由，得，
，，
，
设的垂直平分线方程为，
由，得，
是以为底边的等腰直角三角形， ，
，
化简得，，或(舍)，：，
综上，直线的方程为或.
19．【答案】（1）
（2）
（3）证明见解析
【详解】（1）由题可知，定义域，，
令，可得，当时，，当时，，
则在上单调递减，在上单调递增，
故的极小值为．
（2）由题意得在上单调递增，
即在时恒成立，即在时恒成立．
令，，则，
可得当时，，当时，，
所以在区间上单调递增，在区间上单调递减，且，
又时，，所以，
得到，即实数的取值范围是．
（3）由题可知，，
令，，则，
因为，，所以，
所以在上单调递增，
又，，
所以存在唯一的，使得，即，即，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以，
令，则在上恒成立，
则在上单调递减，得到，即，
即，故得证.

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