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广东省汕头市潮阳区棉城中学2024 2025学年高二下学期4月期中数学试题
一、单选题（本大题共8小题）
1．已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
2．已知复数，则下列结论正确的是（ ）
A．在复平面对应的点位于第三象限 B．的虚部是
C． D．
3．5名学生相约第二天去春游，本着自愿的原则，规定任何人可以“去”或“不去”，则第二天可能出现的不同情况的种数为
A． B． C． D．
4．如图，一块长方形花圃，计划在A、B、C、D四个区域分别种上3种不同颜色鲜花中的某一种，允许同一种颜色的鲜花使用多次，但相邻区域必须种不同颜色的鲜花，不同的种植方案有（ ）
A．9种 B．8种 C．7种 D．6种
5．已知是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，以下判断正确的是（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
6．设向量, 则是“”的（ ）
A．充分但不必要条件 B．必要但不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
7．已知双曲线的离心率为，则双曲线的焦点到渐近线的距离为（ ）
A． B．2 C．4 D．
8．已知函数在处有极大值，则（ ）
A．2 B．6 C．2或6 D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．如图是函数的导函数的图象，则以下说法正确的为（　　）
A．是函数的极小值点
B．函数在处取最小值
C．函数在处切线的斜率小于零
D．函数在区间上单调递增
10．甲，乙，丙，丁，戊五人并排站成一排，下列说法正确的是（ ）
A．如果甲，乙必须相邻，则不同的排法有48种
B．如果甲，乙都不排两端，则不同的排法共有36种
C．如果甲乙不相邻，则不同排法共有36种
D．如果甲乙丙按从左到右的顺序可以不相邻，则不同排法共有20种
11．在的展开式中，下列说法正确的有( )
A．所有项的二项式系数和为128 B．所有项的系数和为0
C．系数最大的项为第4项和第5项 D．存在常数项
三、填空题（本大题共3小题）
12．展开式中含项的系数 ．
13．已知正项等比数列的前n项和为．若，，则公比 ．
14．曲线在点处的切线方程为 .
四、解答题（本大题共5小题）
15．在中，分别是角的对边. 若.
（1）求的值；
（2）求边长的值.
16．设函数过点
（1）求函数的单调区间和极值（要列表）；
（2）求函数在上的最大值和最小值.
17．已知椭圆的离心率为，短轴长为2．过点的直线l与椭圆W交于A，B两点，O为坐标原点．
（1）求椭圆W的方程；
（2）设C为AB的中点，当直线l的斜率为1时，求中点C的坐标．
18．已知首项为1的等差数列满足：成等比数列.
(1)求数列的通项公式；
(2)若数列满足：，求数列的前项和.
19．如图，直三棱柱的体积为4，的面积为．
（1）求A到平面的距离；
（2）设D为的中点，，平面平面，求二面角的正弦值．
参考答案
1．【答案】D
【详解】因为，所以或，
所以.
故选D.
2．【答案】C
【详解】，
所以在复平面对应的点为位于第二象限，A错误；
的虚部为，所以B错误；
，故C正确；
，故D错误；
故选C
3．【答案】C
【详解】根据分步乘法计数原理可知，个人可能出现的不同情况的种数为种，故选C.
4．【答案】D
【详解】由题意，按区域分四步：第一步A区域有3种颜色可选；第二步B区域有2种颜色可选；
第三步C区域有1种颜色可选；第四步D区域只有1种颜色可选，
由分步计数原理可得，共有种不同的种植方案.
故选D.
5．【答案】C
【详解】若，则或或或，故A错误；
若，则或，故B错误；
若，在内作，所以，又，所以，
又，所以，所以，故C正确；

若，则或或为异面直线，故D错误.
故选C.
6．【答案】A
【详解】的充要条件为，即或，
“”是“或”成立的充分不必要条件，
“”是“”的充分不必要条件，
故选A．
7．【答案】B
【详解】由题意，又，所以，故，所以，
所以双曲线，故渐近线方程为且焦点为，
则焦点到渐近线的距离为.
故选B.
8．【答案】B
【详解】由求导得：，
因函数在处有极大值，故，解得或.
当时，，
由可得或，由可得，
即函数在和上单调递增，在上单调递减，
故此时函数在处有极小值，不合题意；
当时，，
由可得或，由可得，
即函数在和上单调递增，在上单调递减，
故此时函数在处有极大值，符合题意.
故.
故选B.
9．【答案】AD
【详解】由图可得当时，；
当时，，当且仅当时，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
所以是函数的极小值点，函数在区间上单调递增，故AD正确，
函数在处不能取最小值，函数在处切线的斜率大于零，故BC错误.
故选AD
10．【答案】ABD
【详解】A，如果甲，乙必须相邻，则不同的排法有种，故A正确；
B.B，如果甲，乙都不排两端，则不同的排法共有种，故B正确；
C，如果甲乙不相邻，则不同排法共有种，故C错误；
D，如果甲乙丙按从左到右的顺序可以不相邻，则不同排法共有种，故D正确．
故选ABD
11．【答案】AB
【详解】选项A：所有项的二项式系数和为，故A正确；
选项B：令，则，所以所有项的系数的和为0，故B正确；
选项C：二项式的展开式的通项为，
第四项为，第五项为，
显然第五项的系数最大，故C错误；
选项D：令，解得，故不存在常数项，故D错误；
故选AB．
【方法总结】公式(a＋b)n＝an＋Cn1an－1b＋an－2b2＋…＋Cnkan－kbk＋…＋bn(n∈N*)中，二项式系数和为，所有项的系数和则令求得.
12．【答案】15
【详解】展开式中含项的系数为．
13．【答案】2
【详解】因，，因，故，则有，
由：，即，因，解得.
14．【答案】
【详解】因为，
所以，，
所以，
所以切线方程为，即.
15．【答案】（1）
（2）
【详解】（1）在中，由正弦定理，，，可得，
因为，所以，即，
显然，解得．
（2）在中，由余弦定理，
得，解得或,
当时，又，所以，又，，
所以，则，与矛盾，所以舍去；
所以．
16．【答案】（1）增区间，，减区间，极大值，极小值．
（2）最大值，最小值．
【详解】（1）∵点在函数的图象上，
∴，解得，
∴，
∴，
当或时，，单调递增；
当时，，单调递减；
当变化时，的变化情况如下表：
0 0
极大值 极小值
∴当时，有极大值，且极大值为，
当时，有极小值，且极小值为，
所以的单调递增区间为和，单调递减区间为，
极大值为，极小值为；
（2）由（1）可得:函数在区间上单调递减,在区间上单调递增.∴ ,又,,∴
17．【答案】（1）
（2）
【详解】（1）因为短轴长为2，所以，
因为椭圆W的离心率为，所以，即，
解得，
所以椭圆的方程为．
（2）当直线的斜率为1时，直线l的方程为．
由得，
设．
则，
所以，代入直线得．
所以中点的坐标为．
18．【答案】(1)
(2)
【详解】（1）设公差为d，又成等比数列，
所以，又，所以或，
而时，不满足成等比数列，所以
所以
（2）令，
所以，
两式相减有：，
所以数列的前项和为，即，
又，所以，
所以
19．【答案】（1）
（2）
【详解】（1）在直三棱柱中，设点A到平面的距离为h，
则，
解得，
所以点A到平面的距离为；
（2）取的中点E,连接AE,如图，因为，所以,
又平面平面，平面平面，
且平面，所以平面，
在直三棱柱中，平面，
由平面，平面可得，，
又平面且相交，所以平面，
所以两两垂直，以B为原点，建立空间直角坐标系，如图，
由（1）得，所以，，所以，
则,所以的中点，
则，,
设平面的一个法向量，则，
可取，
设平面的一个法向量，则，
可取，
则，
所以二面角的正弦值为.

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