资源简介

重庆市西南大学附属中学2024-2025学年高二下学期期中考试数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．双曲线的渐近线方程为（ ）
A． B． C． D．
2．已知等差数列，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．既不充分也不必要条件
3．函数在处的切线斜率为（ ）
A． B．4 C． D．
4．已知的展开式中第9项、第10项、第11项的二项式系数成等差数列，则（ ）
A．11 B．14 C．11或23 D．14或23
5．如图，已知平行四边形且，沿对角线将折起，当二面角为时，则与之间距离为（ ）
A． B． C． D．
6．5个班分4个入团名额，每个班至多分两个名额，名额必须分完，那么不同的分法有（ ）种．
A．15 B．35 C．45 D．60
7．已知正实数满足，则（ ）
A． B． C． D．2
8．已知为坐标原点，是抛物线的焦点，是抛物线上的点，直线的斜率为1，若，则的坐标为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．已知随机变量的分布列为
1 2 3 4
0.2 0.3 0.4 0.1
则下列正确的是（ ）
A． B．
C． D．
10．已知数列满足为数列的前项和，下列正确的是（ ）
A．是等比数列 B．是等比数列
C． D．
11．已知正方体的棱长为，分别是线段上的动点，且，下列说法正确的是（ ）
A．
B．直线与平面所成的角为定值
C．三棱锥的顶点都落在球的表面上，则球的最大半径为
D．当三棱锥的体积最大时，平面与平面的夹角的正切值为
三、填空题
12．已知数列是各项为正数的等比数列，其前项和为，且与的等差中项为4，则公比为 ．
13．已知函数有两个零点，则实数的取值范围是 ．
14．在单位圆的圆周上均匀分布的个点中，随机选择3个点相互连线构成三角形，则圆心在该三角形内部的概率为 （用含的式子表达）．
四、解答题
15．一个小组九人，其中，编号分别为1，2，3，4，5的男生五人；编号分别为1，2，3，4的女生四人，现从该小组中任意选取3人．
(1)求选出的3个人中有相同编号的情况有多少种；
(2)若选出的3个人中编号的最大值为，求出的分布列和数学期望．
16．如果数列对任意的，则称为“中值偏大数列”
(1)若数列为“中值偏大数列”，求正实数的取值范围；
(2)若数列为“中值偏大数列”，且任意项，求整数的最大值．
17．如图，在直三棱柱中，，，，，分别为，，的中点，为上的一点，且，为线段上不包括端点的动点．
(1)若为的中点，证明：平面；
(2)设直线与平面所成的角为，求的最大值．
18．在平面直角坐标系中，已知椭圆，点，斜率不为0且过点的直线交椭圆于不同的两点，直线和与椭圆分别交于两点．
(1)求三角形的面积的最大值；
(2)求的取值范围．
19．已知函数，
(1)时，证明：当时，；
(2)若有三个零点，且．
（ⅰ）求实数的取值范围；
（ⅱ）求证：．
重庆市西南大学附属中学2024-2025学年高二下学期期中考试数学试题参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 B A D D D C B A AD ABD
题号 11
答案 ABD
1．B
【详解】由双曲线，则，焦点在轴上，
所以双曲线的渐近线方程为.
故选：B.
2．A
【详解】等差数列，设等差数列的公差为，则.
当时，，恒成立，则由不能推出；
因为，，
则，
则由可以推出.
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选：A.
3．D
【详解】由，则，
所以，
即函数在处的切线斜率为.
故选：D.
4．D
【详解】由题意可得，成等差数列，则，
即，
即，即，
解得或.
故选：D.
5．D
【详解】已知平行四边形，，且，
，，
二面角为，，，
，
，
则，即与之间距离为.
故选：D．
6．C
【详解】由题意，入团名额是相同的元素，班级是不同的元素，
将4个入团名额分给5个班，有以下分组：，，，
若按分组分配，共有种，
若按分组分配，共有种，
若按分组分配，共有种，
所以一共有种分法.
故选：C.
7．B
【详解】由可得
由得，
设，则，
因此分别是与直线的交点的横坐标，
由于互为反函数，图象关于直线对称，
联立与可得，因此，
故，结合，因此，故，
故选：B
8．A
【详解】依题意，，
直线的斜率为，
则，又,
所以数列是以2为首项，4为公差的等差数列，
则，
则，即的坐标为.
故选：A.
9．AD
【详解】由题意，，故A正确；
则，故C错误；
而，
故B错误；
则，故D正确.
故选：AD.
10．ABD
【详解】由，可得，
又，所以是首项为，公比为的等比数列，
所以，即，故A正确，C错误；
而，则，
所以，则数列是等比数列，故B正确；
因为，
所以
，故D正确.
故选：ABD.
11．ABD
【详解】对于A中，以为原点，以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，设，
可得，
则，
则，所以，所以A正确；
对于B中，连接，在正方体中，可得，
且平面，且平面，所以，
因为，且平面，所以平面，
又因为平面，所以，
因为，且，平面，
所以平面，所以直线与平面所成的角为定值，所以B正确；
对于C中，三棱锥的顶点都落在球的表面上，
在正方体中，可得两两垂直，
所以三棱锥的外接球等价于补成的对应长方体的外接球，
其中对应长方体的长宽高分别为，
所以外接球的直径为，其中，
所以外接球半径的最小值为，所以C错误；
对于D中，由，
当时，三棱锥的体积最大，即是的中点时，体积最大，
取的中点，连接，可得，
在正方体中，可得平面，
因为平面，所以，
又因为，且平面，所以平面，
因为平面，所以，
所以为平面与平面所成的角，
在直角中，可得，所以D正确.
故选：ABD.
12．2
【详解】因为与的等差中项为4，所以，又，各项为正数,所以公比为正数，
所以，解得:或(舍).
故答案为：2
13．或
【详解】因为函数有两个零点，则有两个根，即与两个函数有两个交点.
，，则函数在上单调递减，在上单调递增.当；时，，则图象如图
设与的切点为，
则，，得或.
当或时，与有两个公共点；
故答案为：或.
14．
【详解】从个点中，选择3个点，共有种可能，
要使圆心在该三角形内部，则这3个点不能全部在同一半圆内，
假设固定一个点，其顺时针和逆时针方向的各有个点在相应的半圆内，
则圆心不在该三角形内部有种可能，
所以圆心在该三角形内部的概率为.
故答案为：.
15．(1)
(2)分布列见解析，
【详解】（1）选出的3个人中有相同编号，则其中两人的编号相同，
首先从，，，这四组双编号组中选出一组，有种选法，
再从选过后的人中选个人，有种选法，
所以选出的3个人中有相同编号的情况有种；
（2）依题意的可能取值为，，，，
所以，，
，.
所以的分布列为
2 3 4 5
所以的数学期望.
16．(1)
(2)64
【详解】（1）因为数列为“中值偏大数列”，，
则，则，
即，解得且，
所以正实数的取值范围为.
（2）因为数列为“中值偏大数列”， ，，，
所以对，有，即，且，
所以，，，，
累加得，
所以，
由，得，
又，，
所以正整数的最大值为.
17．(1)证明见解析
(2)．
【详解】（1）证明：如图，设线段AB的中点为，连接，，
在中，为的中点，为的中点，所以．
又在矩形中，且，
所以四边形是平行四边形，所以．
因为，为AB的中点，所以F为的中点，
又G为的中点，在中有．
所以可得，又平面，平面，所以平面．
（2）由题意如图建立如图所示的空间直角坐标系，设，
则，，，，，，
设，且，则，
所以，
设平面的法向量为，
因为，，
由，得，
令，则，，所以为平面的一个法向量，
所以；
令，则，
所以，即，时，有最大值．
18．(1)
(2)
【详解】（1）
设，斜率不为0且过点的直线方程为，
联立直线和椭圆方程，得，
且，得且.
椭圆截直线的弦长为
.
点到直线的距离为.
则
令，则.
令，则，
当时，；当时，；
所以在上单调递增，在上，单调递减.
有最大值，则有最大值.
（2）设，直线方程为，直线方程为.
联立直线与椭圆，得，
.
同理得
.
不妨设.
由（1）知，，
则
.
由（1）知，则，得，
故.
19．(1)证明见解析
(2)（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析
【详解】（1）当时，，，
要证，即，即证，
令，，
则，
令，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以；
令，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以；
而上面两个等号不是同时取到，
所以在上恒成立，
即当时，.
（2）（i）由题意，，，
由，等价于，
令，，
注意到，，依题意，除了1之外，还有两个零点，
又由，
令，，
当时，恒成立，则，
函数在单调递减，不合题意；
当时，由题意，函数在上有两个零点，
故，解得，
设函数的两个零点为和，且，
有，，故可知，均大于0，
则时，，，
函数在和上单调递增；
时，，，
函数在上单调递减，
而，即，
又因为，，
故函数在内恰有一个零点，在内恰有一个零点，
又1为函数的一个零点，所以函数恰有3个零点，即函数恰有3个零点.
综上所述，实数的取值范围是.
（ⅱ）由（i）知，等价于，
且函数在和上单调递增，在上单调递减，，
又，则，
因为，
由此可得，
要证明，，
只需证明，
而，
即证，
即证，又，
因此只需要证明当时，，
令，
可得，
故在上单调递增，
因此当时，，即，
即.

展开更多......

收起↑