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2024-2025学年高二下学期期中考试数学试题
一、单选题
1．已知函数的导函数是，且，则实数a的值为（ ）
A． B． C． D．1
2．已知随机变量，若，则（ ）
A． B． C． D．
3．设，则（ ）
A．-2 B．-1 C．0 D．1
4．已知，则=（ ）
A．105 B．120 C．210 D．240
5．已知定义在上的函数的导函数为，若，且，，则的解集为（ ）
A． B． C． D．
6．某班上有5名同学相约周末去公园拍照，这5名同学站成一排，其中甲、乙两名同学要求站在一起，丙同学不站在正中间，不同的安排方法数有（ ）
A．24 B．36 C．40 D．48
7．若正实数，满足，则的最小值为（ ）
A．1 B． C． D．2
8．若在上的极大值大于1，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．已知展开式中共有8项.则该展开式结论正确的是（ ）
A．所有项的二项式系数和为128 B．所有项的系数和为
C．系数最大项为第3项 D．有理项共有4项
10．2020年3月，为促进疫情后复工复产期间安全生产，某医院派出甲、乙、丙、丁4名医生到，，三家企业开展“新冠肺炎”防护排查工作，每名医生只能到一家企业工作，则下列结论正确的是（ ）
A．所有不同分派方案共种
B．若每家企业至少分派1名医生，则所有不同分派方案共36种
C．若每家企业至少分派1名医生，且医生甲必须到企业，则所有不同分派方案共12种
D．若企业最多派1名医生，则所有不同分派方案共32种
11．已知.不等式的解集为且，则下列说法中正确的是（ ）
A．函数的极大值点为1
B．函数的对称中心为
C．当时，
D．过点且与曲线相切的直线有2条
三、填空题
12．用两个1，两个3，一个5组成的不同的五位数有 个.
13．若函数在区间内存在单调递增区间，则实数a的取值范围是 ．
14．若对任意，当时恒有，则的取值范围是 .
四、解答题
15．在三棱柱中，侧面是边长为4的正方形，，.

(1)求证：平面平面；
(2)求二面角的余弦值.
16．已知函数.
(1)若函数的极值点在内，求的取值范围；
(2)若有两个零点，求正实数的取值范围.
17．某校组织“一带一路”答题抽奖活动，凡答对一道题目可抽奖一次.设置甲、乙、丙三个抽奖箱，每次从其中一个抽奖箱中抽取一张奖券.已知甲箱每次抽取中奖的概率为，乙箱和丙箱每次抽取中奖的概率均为，中奖与否互不影响.
(1)已知一位同学答对了三道题目，有两种抽奖方案供选择：
方案一：从甲、乙、丙中各抽取一次，中奖三次获得价值50元的学习用品，中奖两次获得价值30元的学习用品，其他情况没有奖励.
方案二：从甲中抽取三次，中奖三次获得价值70元的学习用品，中奖两次获得价值40元的学习用品，其他情况没有奖励；
通过计算获得学习用品价值的期望，判断该同学选择哪个方案比较合适？
(2)若一位同学答对了一道题目.他等可能的选择甲、乙、丙三个抽奖箱中的一个抽奖.已知该同学抽取中奖，求该同学选择乙抽奖箱的概率.
18．函数．
(1)讨论的单调性；
(2)当时，恒成立，求的取值范围；
(3)证明：当时，．
19．维空间中点的坐标可以表示为，其中为该点的第个坐标．定义维空间中任意两点，之间的平均离差二乘距离．设维空间点集或1，其中．
(1)若，，且点，，写出所有的点的坐标；
(2)任取维空间中的不同两点．
（i）若，求的概率；
（ii）记随机变量，求的取值范围．
《福建省厦门外国语学校（海沧校区）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 B A B A C C B ACD BC
题号 11
答案 BCD
1．B
求出，由可得答案．
【详解】，则，解得．
故选：B.
2．B
由二项分布的期望和概率性质计算即可.
【详解】，解得，所以.
故选：B.
3．A
分别令和代入计算即可.
【详解】令易知，
令可得，，
所以.
故选：A.
4．B
结合组合数的性质代入计算，即可得到结果.
【详解】因为，所以
所以
故选：B
5．A
构造函数，根据条件判断函数的单调性，再根据函数的单调性把函数不等式转化为代数不等式，即可求出的取值范围.
【详解】设，，则.
因为在上恒成立，所以在上恒成立.
即在上单调递增.
又.
所以.
即不等式的解集为.
故选：A
6．C
设最后两人为丁和戊，然后分甲、乙在丁、戊之间和丁、戊在甲、乙一侧时讨论即可.
【详解】设剩下的两人分别为丁和戊，
①甲、乙在丁、戊之间，将甲、乙捆绑成一个元素，
丁、戊两人有种排法，甲、乙内部有种排法，丙有4个位置可站，
则共有种；
②丁、戊在甲、乙一侧时，丁、戊可选择甲、乙左侧或右侧，则有种排法，
丁、戊排列有种排法， 甲、乙之间排列也有种排法， 丙有3个位置可站，
则该种情况共有种，
则总共有种不同安排方法.
故选：C.
7．C
原等式变形为，构造函数，分析单调性可得，等价变形为，根据函数单调性可得的最小值.
【详解】由，得，故.
由题意得，，，
由得，.
设，，则，
∴在上单调递增，
∵，∴，
∴，即，，
∴，令，得，
当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增，
∴当时，取极小值也是最小值，最小值为．
故选：C．
8．B
求导可得，即可得到与时，都单调无极值点，当时，结合隐零点问题，代入计算，即可得到结果.
【详解】，
当时，，在定义域上单调递减，无极值点，
当时，，在定义域上单调递增，无极值点，
当时，因为，，
而在单调递减，所以存在，使，
在上，，单调递增，
在上，，单调递减，
于是是在上的极大值点，
此时，即，
由题意，，即，
设，则，
于是在上单调递增，又，
所以，.
故选：B.
9．ACD
根据二项式展开式项数判定A，应用赋值法计算判定B，利用二项展开式的通项公式求解系数最大项及有理项可判断CD.
【详解】A项，因为的展开式共有8项，所以.
故所有项的二项式系数和为，故A正确；
B项，令，可得所有项的系数和为，故B错误；
因为二项展开式的通项公式为：
，，
C项， 当，设项系数最大，
由，解得，则，
且，第3项系数为，
当时，，系数为1；
当时，，系数为；
由，故第3项的系数最大；故C正确；
D项，由为整数，且可知，的值可以为：0，2，4，6，
所以二项展开式中，有理项共有4项，故D正确.
故选：ACD.
10．BC
对于选项A：利用分步计数原理求解判断；对于选项B：按1，1，2分组求解判断；对于选项C：根据每家企业至少分派1名医生，且医生甲必须到企业，分A企业分2人和1人两类求解判断；对于选项D：分企业没有派医生去和派1名医生两类求解判断.
【详解】对于选项A：所有不同分派方案共有34种，故错误；
对于选项B：若每家企业至少分派1名医生，则有种，故正确；
对于选项C：若每家企业至少分派1名医生，且医生甲必须到企业，若A企业分2人，则有种；若A企业分1人，则有种，所以共有种，故正确；
对于选项D：若企业没有派医生去，每名医生有2种选择，则共有种，若企业派1名医生则有种，所以共有种，故错误；
故选：BC．
11．BCD
利用三次函数图象的特征，结合不等式的解集可判断三次方程的根的分布，从而确定参数，再结合导数来研究三次函数的极值，来判断A选项，利用导函数的对称轴与三次函数的对称中心是同一个的取值，来判断B选项，利用函数解析式，结合自变量的范围来证明不等式是否成立，可判断C选项，最后利用导数思想来求过点的切线，通过方程解的个数来判断满足条件的切线条数，从而可判断D选项.
【详解】对于A：因为不等式的解集为且，
即不等式的解集为且，
所以方程的根为和（二重根），
得，即，
所以，则，得，
令，或，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
所以是的极大值点，故A错误；
对于B：由选项A知，
则，
所以，
即的一个对称中心为，故B正确；
对于C：令，当时，则，
只需.
而，由，
得，即，所以，故C正确；
对于D：由选项A知，
设在点的切线方程为，
由切线经过点得，，
整理得，即，
因式分解得：，
解得或，此时存在两条切线满足题意，故D正确.
故选：BCD.
12．30
利用消序法来解决相同元素的排列问题即可.
【详解】由题意得：不同的五位数有：个，
故答案为：.
13．
求出函数的导数，问题转化为，而求出最小值，从而求出a的范围即可．
【详解】，在内成立，所以，
由于，所以，，所以．
故答案为:
14．
先化简题设条件可得，用换元法将问题转化为在上没有零点，对参数分类讨论，并构造函数，利用导数求函数的最大值即可求解.
【详解】由得，
即，
设，则，所以问题转化为在上没有零点.
当0时，没有零点，满足题意；
当时，由得，
设，
则，
因为，所以在上单调递增，在上单调递减，
因为，所以，
所以.
综上，的取值范围是.
故答案为：.
15．(1)证明见解析
(2)
（1）由题意，根据勾股定理及其逆定理可证得，结合线面垂直与面面垂直的判定定理即可证明；
（2）建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量法求解面面角即可.
【详解】（1）因为侧面是边长为4的正方形，
所以，
因为，
则，因为，
所以，即，
因为平面，
所以平面，又平面，
所以平面平面；
（2）

以为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
因为，所以，
所以，
则，
设平面的法向量为，
由，可得，令，则，
平面的法向量为，
所以，
又二面角为锐角，所以其余弦值为.
16．(1)
(2)
（1）利用函数的极值点是其导数的零点，从而用求导思想来来研究零点即可.
（2）利用函数零点即其图象与轴交点，从而利用导数来判断单调性，即可数形结合求解.
【详解】（1）由，
则，
要使函数的极值点在内，
则在上有解，
即在上有解，则，解得，
即m的取值范围为.
（2）由，，
则，
因为，，令，得，
当时，，函数在单调递增，
当时，，函数在单调递减，
又时，，时，，
要使有两个零点，则恒成立，
设，则，
所以函数在上单调递增，又，
则，解得.
综上所述，m取值的范围为.
17．(1)方案一
(2)
（1）分别计算两种方案的期望，根据期望值判断即可；
（2）根据全概率公式及条件概率公式即可得解.
【详解】（1）若选择方案一，设该同学获得学习用品的价值为元，则；
则，，，
所以，
若选择方案二，设该同学获得学习用品的价值为元，则；
则，，
，
所以
因为，故选择方案一比较合适
（2）设“该同学抽取中奖”为事件，“选择甲、乙、丙抽奖箱”的事件分别记为，，，
则，，，
所以，
故，
所以所求概率为.
18．(1)答案见解析
(2)
(3)证明见解析
（1）求导，分情况讨论导函数的符号，可得函数的单调区间.
（2）分情况讨论，分离参数，可把问题转化为，恒成立的问题，设，，利用导数求函数的最小值即可.
（3）问题转化为，设，，只需证的最小值大于0即可.
【详解】（1）因为，所以.
若，则在上恒成立，所以函数在上单调递增；
若，由；由.
所以函数在上单调递减，在上单调递增.
综上：当时，函数在上单调递增；
当时，函数在上单调递减，在上单调递增.
（2）当时，.
当时，上式恒成立，即；
当时，.
设，，
则.
设，，则在上恒成立，即在上单调递增，
又，所以在上恒成立.
所以由，由.
所以在上单调递减，在上单调递增.
所以.
所以.
综上可知：的取值范围为：.
（3）时，要证，即.
设，则，.
设，，则在上恒成立.
所以在上单调递增.
又，，则方程只有一解，设为，且，.
当时，当时，.
所以在上单调递减，在上单调递增.
所以.
因为，所以，，，所以.
即.
所以在上恒成立.
从而原命题成立.
19．(1)
(2)（i）（ii）
（1）根据新定义，列出方程，求解即可；
（2）（i）根据新定义、组合、古典概型求解即可；
（ii）根据概率、组合数的性质，结合导数化简，求出，再作差比较法判断单调性，利用单调性确定取值范围即可.
【详解】（1）由定义可知，。
即，且，
所以解得满足方程的B点坐标为：
（2）（i）（固定点P）：设点,
因为，
因为或1，或1，
所以中有两项等于0，两项等于1，
所以满足条件的所有可能情况有，
因为两不同点所有可能情况共有种，
所以的概率.
（ii）设随机变量,其中
因为，
所以，
因为，
两边同时求导，得，
上式两边同乘,求导得
，
令，得，
所以，
因为，
所以单调递减，
因为，
所以.

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