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江苏省溧阳中学、常州高级中学2024 2025学年高二下学期期中联合质量调研数学试题
一、单选题
1．设是实数，已知，若，则的值为（ ）
A． B． C．3 D．6
2．曲线在点处的切线方程为（ ）
A． B．
C． D．
3．在三棱柱中，底面边长和侧棱长都相等，，则异面直线与所成角的正弦值为（　　）
A． B． C． D．
4．盒中有5个红球，3个黑球，今随机地从中取出一个，观察其颜色后放回，并放入同色球2个，再从盒中任取一球，则第二次取出的是黑球的概率是（ ）
A． B． C． D．
5．在空间直角坐标系中，定义：经过点且一个方向向量为的直线的方程为，经过点且法向量为的平面的方程为.已知在空间直角坐标系中，经过点的直线的方程为，经过点的平面的方程为，则直线与平面所成角的正弦值为（ ）
A． B． C． D．
6．若则（ ）
A． B．
C． D．
7．已知动点是棱长为1的正方体的对角线上一点，记，当为钝角时，的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
8．对于任意正实数，都有，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．下面四个结论正确的是（ ）
A．任意向量满足
B．若对空间中任意一点，有，则四点共面
C．已知是空间的一组基底，若，则也是空间的一组基底
D．已知为平面的一个法向量，为一条直线，为直线的方向向量，则“”是“”的充要条件
10．对于随机事件A，B，若，，，则（ ）
A． B． C． D．
11．已知函数，则下列命题正确的是（ ）
A．是的极大值
B．当时，
C．当时，有且仅有一个零点，且
D．若存在极小值点，且，其中，则
三、填空题
12．已知随机变量服从两点分布，且，设，那么 .
13．在矩形中，平面，则平面与平面的夹角的正切值为 .
14．若对任意的实数，函数在上是增函数，则实数的取值范围是 .
四、解答题
15．已知空间四点，，，．
（1）求以AB， AC为邻边的平行四边形面积；
（2）若A、B、C、D四点共面，求λ的值．
16．盒子里放着三张卡片，一张卡片两面都是红色，一张卡片两面都是黑色，剩下的一张卡片一面是红色一面是黑色．
（1）随机抽出一张卡片并随机展示它一面的颜色．假设展示的这一面的颜色是红色，那么剩下一面的颜色也是红色的概率是多少？
（2）随机抽出一张卡片并随机展示它一面的颜色，放回后，再随机抽出一张卡片并随机展示它一面的颜色．两次展示的颜色中，黑色的次数记为X，求随机变量X的分布和数学期望．
17．已知函数（其中为常数）在处取得极值.
（1）当时，求的极值；
（2）若在上的最大值为2，求的值.
18．如图，在四棱锥中，平面，.点在棱上且与不重合，平面交棱于点.
（1）求证：；
（2）若为棱的中点，求二面角的正弦值；
（3）记点到平面的距离分别为，求的最小值.
19．已知函数，其中是自然对数的底数.
（1）当时，求在上的值域；
（2）当时，讨论的零点个数；
（3）当时，证明：.
参考答案
1．【答案】B
【详解】因为，
所以使得即
即即
故选B.
2．【答案】B
【详解】由，得，
当时，，
所以曲线在点处的切线方程为，即.
故选B.
3．【答案】D
【详解】如图，设，，，三棱柱的棱长均为1，
则，，，
，
又，
，
则，
故异面直线与所成角的正弦值为.
故选D.
4．【答案】C
【详解】设第一次取到黑球为事件A，第二次取到黑球为事件B，
则，
所以.
故选C.
5．【答案】A
【详解】经过点的直线的方程为，即，
则直线的一个方向向量为.
又经过点的平面的方程为，
即，所以的一个法向量为.
设直线与平面所成的角为，则.
故选A
6．【答案】A
【详解】构造函数，求导，得出函数的单调性，从而得，再由已知得，两边取自然对数可得选项．
【详解】由函数，，
所以时，，函数 单调递增，时，，函数 单调递减，
又，与，所以将不等式两边取自然对数得，
故选A．
7．【答案】C
【详解】如图，以点为原点建立空间直角坐标系，
则，
，，，
故，
，
则
，
因为，
所以，解得，
所以的取值范围为.
故选C
8．【答案】B
【详解】由对于任意正实数，都有，
可得，
设，，，
则，，
因为函数在上都是减函数，
所以函数在上是减函数，
故时，，函数单调递增；
当时，，函数单调递减.
所以，
所以，解得，所以实数的取值范围为.
故选B.
9．【答案】BC
【详解】对于A，表示与共线的向量，
表示与共线的向量，
而的方向无法确定，所以无法判断是否相等，故A错误；
对于B，因为，且，
所以四点共面，故B正确；
对于C，是空间的一组基底，若，
当共面时，则，
所以，无解，所以不共面，
所以也是空间的一组基底，故C正确；
对于D，时，，故D错误.
故选BC.
10．【答案】BCD
【详解】对A：因为，故A错误；
对B：由，故B正确；
对C：因为，故C正确；
对D：，
所以，
所以，故D正确.
故选BCD.
11．【答案】AD
【详解】对于选项A，因为，则，
当时，令，得到或，
当或时，，当时，，
所以是的极大值点，极大值为，
是极小值点，极小值为，
当时，，当时，，当时，，
所以的极大值为，无极小值，
当时，当或时，，当时，，
所以是的极大值点，极大值为，
是极小值点，极小值为，
综上，是的极大值，所以选项A正确；
对于选项B，因为，由选项A知，在区间上单调递增，
又，则，，所以，故B错误；
对于选项C，当时，，
由选项A知，的增区间为，，减区间为，
当时，，，，
由零点存在性原理知，当时，有且仅有一个零点，且，故C错误；
对于选项D，因为存在极小值点，由选项A知，，得到，
因为，则，
整理得到，
即，又，所以，故选项D正确，
故选AD.
12．【答案】/
【详解】由题意可得，.
13．【答案】/
【详解】如图，过点作于，连接，
因为平面，平面，
所以，
又因为平面，
所以平面，
又平面，所以，
所以即为平面与平面所成角得平面角，
，
由，
得，
所以，
即平面与平面的夹角的正切值为.

14．【答案】
【详解】∵在R上是增函数，
∴在R上恒成立，
∴，
令，则，
则
，
令，，
则，
易得时，，时，，
所以时，，
∴当，取得最小值为 ，
所以，取得最小值为 ，
∴，即.
15．【答案】（1）12
（2）
【详解】（1），，
又，，
∴四边形的面积为.
∴以，为邻边的平行四边形的面积为12.
（2）
由题意，得,
∵A、B、C、D四点共面
∴存在唯一一对实数使得
∴，解得： ∴的值为.
16．【答案】（1）
（2）分布列见解析，
【详解】（1）记事件为展示的一面颜色是红色，事件为剩下一面的颜色也是红色
，
．
（2）随机抽出一张卡片，颜色是黑色的概率为，
的二项分布的所有可能取值为0，1，2
，，，
的分布列如下：
0 1 2
或由．
17．【答案】（1）极大值为：，极小值
（2）或.
【详解】（1）因为，所以，
因为函数在处取得极值，，
当时，，，
，随的变化情况如下表：
1
+ 0 - 0 +
增 极大值 减 极小值 增
所以的单调递增区间为，；单调递减区间为，
极大值为：，极小值，
（2）当时，由，可知，
，，
易知当时，，当时，，
所以，在单调递增，在单调递减，
此时最大值为，不符合题意，
当时，由，得到，
所以，
令，，，
因为在处取得极值，所以，
当时，易得在上恒成立，
在上单调递减；
所以在区间上的最大值为，
令，解得，
当，；
当时，易得在恒成立，
在上单调递增，
所以，解得，符合；
当时，
由得，由得
所以在上单调递减，上单调递增，
所以最大值2可能在或处取得，而，
所以，
解得，与矛盾
当时，可以在恒成立，
所以在单调递减，
所以最大值2可能在处取得，而，矛盾
综上所述，或.
18．【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【详解】（1）因为，平面，平面，
所以平面.
又平面，平面平面.
所以.
（2）如图：
取中点，连接.
因为平面，平面，所以.
在四边形中，，且，
所以四边形为矩形，所以平面.
又在和中，，，.
所以（）.
所以，.
故，，两两垂直，所以以为原点，建立如图空间直角坐标系.
当为中点时，，，，，.
所以，，.
设平面的法向量为，
则，取，可得
故.
设平面的法向量为，
则，取，得，
得.
所以.
所以二面角的正弦值为：.
（3）设，（），，则，，.
设平面的法向量为，则
，
令，则，取.
则到平面的距离为：，
到平面的距离为：，
所以
设，则
那么（当且仅当即时取“”）
所以.
19．【答案】（1）
（2）答案见解析
（3）证明见解析
【详解】（1）当时，，，
∵，∴，
∴在上单调递减，
又，，
所以在上的值域为.
（2），令得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
∴，
当时，，
∴，则在上有且仅有1个零点．
当时，令，，
∴在上单调递增，
∴，即，又，
∴在上有1个零点，又，
令，则，
∴在上单调递减，
∴，
∴，
∴在上有一个零点．
综上所述，时，有一个零点，
时，有2个零点.
（3）当时，，
设，
当时，，
又由（2）知，∴，
当时，，
设，则，
∴在单调递增，∴，
∴，即在单调递增，，
综上，，即当时，.

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