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广东省汕头某校2024-2025学年高二下学期期中考试数学试题
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（2025高二下·汕头期中）已知集合，集合，集合，则（　　）
A． B． C． D．
2．（2025高二下·汕头期中）已知角α的终边上有一点，则=（　　）
A． B． C． D．
3．（2025高二下·汕头期中）已知各项均为正数的等比数列的前n项和为，，，则的值为（　　）
A．30 B．10 C．9 D．6
4．（2025高二下·汕头期中）已知函数是定义域为的偶函数，在区间上单调递增，且对任意，均有成立，则下列函数中符合条件的是（　　）
A． B． C． D．
5．（2025高二下·汕头期中）从装有3个白球和7个红球的口袋中任取1个球，用X表示是否取到白球，即，则X的方差D（X）为（　　）
A． B． C． D．
6．（2025高二下·汕头期中） 已知，分别是双曲线（，）的左右焦点，若过的直线与圆相切，与在第一象限交于点，且轴，则的离心率为（　　）
A． B．3 C． D．
7．（2025高二下·汕头期中）已知二项式按照的方式展开，则展开式中的值为（　　）
A．90 B．180 C．360 D．405
8．（2025高二下·汕头期中）物理学家本·福特提出的定律：在b进制的大量随机数据中，以n开头的数出现的概率为.应用此定律可以检测某些经济数据、选举数据是否存在造假或错误.若，则k的值为（　　）
A．7 B．8 C．9 D．10
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．（2025高二下·汕头期中）甲箱中有个红球和个白球，乙箱中有个红球和个白球（两箱中的球除颜色外没有其他区别），先从甲箱中随机取出一球放入乙箱，分别用事件和表示从甲箱中取出的球是红球和白球；再从乙箱中随机取出两球，用事件表示从乙箱中取出的两球都是红球，则（　　）
A． B． C． D．
10．（2025高二下·汕头期中）已知函数，的部分图象如图所示，则（　　）
A．
B．将的图象向右平移个单位，得到的图象
C．，都有
D．若方程在上有两个不相等的实数根，则实数
11．（2025高二下·汕头期中）如图，八面体的每一个面都是边长为4的正三角形，且顶点在同一个平面内．若点在四边形内（包含边界）运动，为的中点，则（　　）
A．当为的中点时，异面直线与所成角为
B．当平面时，点的轨迹长度为
C．当时，点到的距离可能为
D．存在一个体积为的圆柱体可整体放入内
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．（2025高二下·汕头期中）二项式的展开式中的常数项为　 　．
13．（2025高二下·汕头期中）甲、乙、丙、丁四名专家分别前往A，B，C三所中学开展科学知识宣传，若每个学校至少安排一名专家，每个专家只能去一所学校，且甲必须安排到A中学，则不同的安排方式有　 　种.（填数字）
14．（2025高二下·汕头期中）已知点P为直线上的动点，过P作圆的两条切线，切点分别为A，B，若点M为圆上的动点，则点M到直线AB的距离的最大值为　 　．
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．（2025高二下·汕头期中）已知数列为等差数列，数列为正项等比数列，且满足，，．
（1）求数列和的通项公式；
（2）设，求数列的前项和．
16．（2025高二下·汕头期中）如图，在三棱柱中，侧面为菱形，
（1）证明：
（2）若，，，求平面与平面夹角的余弦值.
17．（2025高二下·汕头期中）已知函数．
（1）讨论的最值；
（2）若函数有2个零点，求实数a的取值范围．
18．（2025高二下·汕头期中）某学校参加某项竞赛仅有一个名额，结合平时训练成绩，甲、乙两名学生进入最后选拔，学校为此设计了如下选拔方案：设计6道题进行测试，若这6道题中，甲能正确解答其中的4道，乙能正确解答每个题目的概率均为，假设甲、乙两名学生解答每道测试题都相互独立、互不影响，现甲、乙从这6道测试题中分别随机抽取3题进行解答
（1）求甲、乙共答对2道题目的概率；
（2）设甲答对题数为随机变量X，求X的分布列、数学期望和方差；
（3）从数学期望和方差的角度分析，应选拔哪个学生代表学校参加竞赛？
19．（2025高二下·汕头期中）已知椭圆C：，点为椭圆的右焦点，过点F且斜率不为0的直线交椭圆于M，N两点，当与x轴垂直时，．
（1）求椭圆C的标准方程．
（2），分别为椭圆的左、右顶点，直线，分别与直线：交于P，Q两点，证明：四边形为菱形．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】交、并、补集的混合运算
【解析】【解答】解：因为，
所以，
则．
故答案为：B．
【分析】利用一元一次不等式求解方法求出集合，再根据交集的运算法则、并集的运算法则，从而得出集合．
2．【答案】A
【知识点】任意角三角函数的定义；三角函数诱导公式二~六；运用诱导公式化简求值
【解析】【解答】解：角α的终边上有一点，由任意角三角函数定义可得，
则.
故答案为：A.
【分析】根据任意角的三角函数的定义，结合诱导公式求解即可.
3．【答案】B
【知识点】等比数列概念与表示；等比数列的前n项和；等比数列的性质
【解析】【解答】解： 为正数的等比数列，则 ，可得a1>0 ，q>0
∵， ，
∴a3=3 ，
又∵ ，则 9(a1+a2+a3+a4)=10(a1+a2)，可得9(a3+a4)=a1+a2 ，
∴ ，解得 ，
故 .
故选：B.
【分析】根据等比中项可得a3=3 ，对根据等比数列的定义和通项公式可得，运算求解即可得答案.
4．【答案】D
【知识点】奇偶性与单调性的综合；抽象函数及其应用
【解析】【解答】解：对于A，因为，故A错误；
对于B，因为，
所以不是偶函数，故B错误；
对于C，因为，故C错误；
对于D，因为，
又因为定义域为全体实数，它关于原点对称，且，
所以，函数是定义域为的偶函数，
当时，单调递增，满足题意，故D正确.
故答案为：D.
【分析】由对数的运算法则和已知条件，则判断出选项A；利用偶函数的定义判断出选项B；利用已知条件和指数的运算法则，则判断出选项C；利用偶函数的性质和函数的单调性，则判断出选项D，从而找出符合条件的函数.
5．【答案】A
【知识点】古典概型及其概率计算公式；离散型随机变量的方差
【解析】【解答】解：由题意，得，，
则的分布列为
0 1
所以，
则.
故答案为：A.
【分析】根据题意结合古典概率公式和概率的基本性质，从而得出随机变量X的分布列，再利用随机变量的分布列求数学期望公式和方差公式，从而得出随机变量X的方差.
6．【答案】D
【知识点】圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：设，圆的圆心为，半径为，
过点的直线与圆相切于点，如图所示：
则，，所以，则，所以，
因为轴，所以，所以，化简得，
即，解得，故.
故答案为：D.
【分析】设，根据题意求得，又轴，可求得，利用列式化简求解即可.
7．【答案】D
【知识点】二项式定理
【解析】【解答】解：由题意，得：，
所以，展开式中的第项为，
则.
故答案为：D.
【分析】由题意可得，再利用二项式定理得出展开式的通项公式，从而得出展开式中的值.
8．【答案】C
【知识点】对数的性质与运算法则；换底公式及其推论
【解析】【解答】解：，
，
则，解得．
故答案为：C．
【分析】由题意，利用换底公式结合对数的运算求解即可.
9．【答案】A,B,D
【知识点】古典概型及其概率计算公式；全概率公式；条件概率
【解析】【解答】解：由题意可得，，，，
则，故A正确、B正确、C错误；
，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】根据条件概率公式以及全概率的概率公式求解判断即可.
10．【答案】A,D
【知识点】函数恒成立问题；函数的值；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：由函数的部分图象，
可得，.
再根据五点法，可得，
则，
所以.
则，故A正确；
因为，故B错误；
取，显然不成立，故C错误；
令，
由，可得，
要使方程在上有两个不相等的实数根，
只需函数在上有两个不同的零点，
则，故D正确.
故答案为：AD.
【分析】根据正弦型函数图象的最高点的纵坐标、正弦型函数的最小正周期公式和五点代入法，从而得出的值，进而得出正弦型函数f(x)的解析式，再利用代入法得出函数的值，则判断出选项A；利用正弦型函数的图象变换判断出选项B；利用特殊值法判断出选项C；利用换元法和函数的零点与方差的根的等价关系，从而得出实数m的取值范围，则判断出选项D，从而找出正确的选项.
11．【答案】A,C,D
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值；平面内点到直线的距离公式；用空间向量求直线间的夹角、距离；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解： 对于A，因为为正方形，如图，连接与，相交于点，连接，
则两两垂直，故以为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
为的中点，则，
当为的中点时，，
设异面直线与所成角为，
则，故，故正确；
对于B，如图，设为的中点，为的中点，
则，平面，平面，
则平面，又平面，又，设，
故平面平面，平面平面，平面平面，
则，则为的中点，点在四边形内（包含边界）运动，则，
点的轨迹是过点与平行的线段，长度为4，故B错误；
对于C，当时，设，
，得，即，
即点的轨迹以中点为圆心，半径为的圆在四边内（包含边界）的一段弧（如下图），
到的距离为3，弧上的点到的距离最小值为，
因为，所以存在点到的距离为，故C正确；
对于D，如图，由于图形的对称性，我们可以先分析正四棱锥内接最大圆柱的体积，
设圆柱底面半径为，高为，为的中点，为的中点，，
根据，得，即，
则圆柱体积，
设，求导得，
令得，或，因为，所以舍去，即，
所以当时，，当时，，
即当时，，
则，
所以，
故存在一个体积为的圆柱体可整体放入内，故D正确．
故答案为：ACD．
【分析】通过建立空间直角坐标系，利用向量方法分析异面直线所成角；根据线面平行的性质确定点的轨迹；结合垂直关系和距离公式判断点到直线的距离；利用导数等工具研究内接圆柱的体积最值.
12．【答案】240
【知识点】二项式定理；二项展开式的通项
【解析】【解答】解：二项式展开式的通项为，
令，解得，则常数项为.
故答案为：240.
【分析】先写出展开式的通项，令，求解常数项即可.
13．【答案】
【知识点】排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：若甲一个人到A中学，则其余3人到B，C两所中学，有种方式；
若甲和另一人到A中学，则相当于其余3人，每人到一所学校，有种方式，则共有种方式.
故答案为：.
【分析】利用分组，分配求解即可.
14．【答案】
【知识点】平面向量的数量积运算；恒过定点的直线；圆的标准方程；两圆的公切线条数及方程的确定
【解析】【解答】解：设，则满足；
易知圆的圆心为，半径；
圆的圆心为，半径，如图所示：
易知，所以，即，整理可得；同理可得，
即是方程的两组解，
可得直线的方程为，联立，即；
令，可得，即时等式与无关，
所以直线恒过定点，可得；
又在圆内，当，且点为的延长线与圆的交点时，点到直线的距离最大；
最大值为.
故答案为：.
【分析】设，易知圆和的圆心和半径，易知，根据向量垂直，数量积为零整理求得，同理可得，即是方程的两组解，求得AB的直线，联立，求得直线恒过定点，再求点M到直线AB的距离的最大值为.
15．【答案】（1）解：设数列的公差为，数列的公比为，
则，
解得：，
所以，数列的通项公式为；
数列的通项公式.

（2）解：因为，
所以，数列的前项和为：
．
.
【知识点】等差数列的通项公式；等比数列的通项公式；数列的求和
【解析】【分析】（1）利用等差数列的通项公式和等比数列的通项公式，从而得出公差的值和公比的值，再利用等差数列的通项公式和等比数列的通项公式，从而得出数列的通项公式和数列的通项公式.
（2）利用数列的通项公式和数列的通项公式得出数列的通项公式，再利用裂项相消法和等比数列求和公式，从而得出数列的前项和．
（1）设数列的公差为，数列的公比为，
则，解得：，
所以数列的通项公式为；
数列的通项公式.
（2），
数列的前项和．
.
16．【答案】（1）证明：连接，交于O，连接，
因为侧面为菱形，
所以，
又因为，O为的中点，
所以，
因为，且平面，
所以平面，
又因为平面，
所以.
（2）解：设，
因为，
所以，，
又因为，
所以，
则，
因此，
所以，，两两垂直，
以O为坐标原点，分别以射线，，的方向为x，y，z轴的正方向，
建立空间直角坐标系，如图，
则，，，，
所以，，
设平面的法向量为，
则，
令，则，
得，
显然平面的一个法向量为，
则，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
【知识点】直线与平面垂直的性质；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）利用菱形的结构特征和等腰三角形三线合一，从而得出线线垂直，再利用线线垂直证出线面垂直，再根据线面垂直的定义证出.
（2）利用等边三角形三线合一和勾股定理，从而得出线线垂直，则以点O为原点建立空间直角坐标系，从而得出点的坐标和向量的坐标，再利用两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，从而得出平面的一个法向量，再利用数量积求向量夹角公式得出平面与平面夹角的余弦值.
（1）连接，交于O，连接，因为侧面为菱形，则，
而，O为的中点，即有，
又，且平面，于是平面，
而平面，所以.
（2）设，而，有，，
又，则，即有，因此，即，，两两垂直，
以O为坐标原点，分别以射线，，的方向为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图，
则，，，，
，，
设平面的法向量为，则，
令，则，得，
显然平面的一个法向量为，则，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
17．【答案】（1）解：由题意知的定义域为，
则，
∴当时，；当时，，
∴在区间上单调递增，在区间上单调递减，
当x趋近于0时，趋近于；当x趋近于时，趋近于0，
∴当时，取得最大值，无最小值．
（2）解：解法一：由题意知有2个零点，
∴方程有2个解，
则方程有2个解，
设，，
则函数与的图象恰有2个交点，
∵，
∴当时，；当时，，
∴在上单调递减，在上单调递增，
∴，
当x趋近于0时，趋近于；当x趋近于时，趋近于，
∵，
∴当时，；当时，，
∴在上单调递增，在上单调递减，
∴，
当x趋近于0时，趋近于a；当x趋近于时，趋近于．
作出函数与的大致图象，如图所示：
结合函数图象知，要使函数与的图象恰有2个交点，
则，
∴，
所以，实数a的取值范围为．
解法二：由题意知有2个零点，
∴方程恰有2个解，
则方差恰有2个解，
设，则函数的图象与直线恰有2个交点，
所以，
设，
则，
∴函数单调递增，即函数单调递增，
∵，
∴当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
∴，
当x趋近于0时，趋近于；当x趋近于时，趋近于，
如图，作出直线与的大致图象，
结合函数图象知，要使直线与的图象恰有2个交点，
则，
所以，实数a的取值范围为．
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；函数的零点与方程根的关系；函数极限
【解析】【分析】（1）由题意结合导数的正负判断函数的单调性，再利用函数求极限的方法讨论出函数的最值.
（2）利用两种方法求解.
解法一：利用已知条件和函数零点与方程的解以及两函数图象交点的横坐标的等价关系，从而得出函数与的图象恰有2个交点，再利用导数的正负判断函数的单调性，从而得出函数的最值，再利用函数求极限的方法，从而作出函数与的大致图象，再结合两函数的图象得出实数a的取值范围.
解法二：利用已知条件和函数零点与方程的解以及两函数图象交点的横坐标的等价关系，设，则函数的图象与直线恰有2个交点，再利用求导的方法，设，再利用导数的正负判断函数的单调性，从而得出函数的最值，再根据函数求极限的方法作出直线与的大致图象，再结合两函数的图象得出实数a的取值范围.
（1）由题知的定义域为，，
∴当时，，当时，，
∴在区间上单调递增，在区间上单调递减，
当x趋近于0时，趋近于，当x趋近于时，趋近于0，
∴当时，取得最大值，无最小值．
（2）解法一
由题知有2个零点，
∴方程，即有2个解．
设，，
则函数与的图象恰有2个交点．
∵，∴当时，，当时，，
∴在上单调递减，在上单调递增，∴，
当x趋近于0时，趋近于，当x趋近于时，趋近于，
∵，∴当时，，当时，，
∴在上单调递增，在上单调递减，∴，
当x趋近于0时，趋近于a，当x趋近于时，趋近于．
作出函数与的大致图象，如图所示．
结合函数图象知，要使函数与的图象恰有2个交点，
则，∴，
即实数a的取值范围为．
解法二
由题知有2个零点，
∴方程，即恰有2个解．
设，则函数的图象与直线恰有2个交点．
，设，
则，
∴函数即单调递增，∵，∴当时，，单调递减，
当时，，单调递增，∴，
当x趋近于0时，趋近于，当x趋近于时，趋近于．
如图，作出直线与的大致图象，
结合函数图象知，要使直线与的图象恰有2个交点，则，
故实数a的取值范围为．
18．【答案】（1）解：由题意得甲、乙两名学生共答对2个问题的概率：
（2）解：设学生甲答对的题数为X，则X的所有可能取值为1，2，3.
，，.
X 1 2 3
P
X的分布列为：
所以，.
（3）解：设学生乙答对的题数为Y，则Y的所有可能取值为0，1，2，3.
X 0 1 2 3
P
得到，.
因为，，即甲、乙答对的题目数一样，但甲较稳定，
所以应选拔甲学生代表学校参加竞赛.
【知识点】等可能事件的概率；古典概型及其概率计算公式；离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】本题主要考查概率的求法，离散型随机变量的分布列、数学期望的求法与应用，互斥事件概率的加法公式等基础知识.
（1）由题意得甲、乙两名学生共答对2个问题为：甲2个，乙0个，甲1个乙1个，分别计算概率相加即可求解；
（2）设学生甲答对的题数为X，则X的所有可能取值为1，2，3，然后分别求出相应的概率，进而得到X的分布列，再求出数学期望与方差即可求解；
（3）设学生乙答对的题数为Y，则Y的所有可能取值为0，1，2，3，同（2）求得然后与进行比较即可求解.
19．【答案】（1）解：由题意，可知，
当与x轴垂直时，不妨设M的坐标为，
所以，
解得，．
所以，椭圆C的标准方程为．
（2）证明：设直线的方程为，，，
联立得，
消去x得：，
易知恒成立，
由韦达定理，得，，
由直线的斜率为，
得直线的方程为，
当时，，
由直线的斜率为，
得直线的方程为，
当时，，
若四边形为菱形，
则对角线相互垂直且平分，
下面证，
因为，
代入韦达定理，得：
，
所以，
则PQ与相互垂直平分，
所以四边形为菱形．
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）利用焦点坐标得出c的值，再利用线线垂直设出点M的坐标，再利用椭圆中a，b，三者的关系式和代入法，从而得出a，b的值，进而得出椭圆C的标准方程．
（2）设直线的方程为，，，将直线方程与椭圆方程联立，再由判别式法和韦达定理以及两点求斜率公式，从而得出直线的方程和直线的方程，再由求出、，再根据韦达定理证出，则PQ与相互垂直平分，从而证出四边形为菱形．
（1）由题可知．
当与x轴垂直时，不妨设M的坐标为，
所以，
解得，．
所以椭圆C的标准方程为．
（2）设的方程为，，，
联立得消去x，得，
易知恒成立，由韦达定理得，，
由直线的斜率为，得直线的方程为，
当时，，
由直线的斜率为，得直线的方程为，
当时，，
若四边形为菱形，则对角线相互垂直且平分，下面证，
因为，
代入韦达定理得
，
所以，即PQ与相互垂直平分，所以四边形为菱形．
1 / 1广东省汕头某校2024-2025学年高二下学期期中考试数学试题
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（2025高二下·汕头期中）已知集合，集合，集合，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】交、并、补集的混合运算
【解析】【解答】解：因为，
所以，
则．
故答案为：B．
【分析】利用一元一次不等式求解方法求出集合，再根据交集的运算法则、并集的运算法则，从而得出集合．
2．（2025高二下·汕头期中）已知角α的终边上有一点，则=（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】任意角三角函数的定义；三角函数诱导公式二~六；运用诱导公式化简求值
【解析】【解答】解：角α的终边上有一点，由任意角三角函数定义可得，
则.
故答案为：A.
【分析】根据任意角的三角函数的定义，结合诱导公式求解即可.
3．（2025高二下·汕头期中）已知各项均为正数的等比数列的前n项和为，，，则的值为（　　）
A．30 B．10 C．9 D．6
【答案】B
【知识点】等比数列概念与表示；等比数列的前n项和；等比数列的性质
【解析】【解答】解： 为正数的等比数列，则 ，可得a1>0 ，q>0
∵， ，
∴a3=3 ，
又∵ ，则 9(a1+a2+a3+a4)=10(a1+a2)，可得9(a3+a4)=a1+a2 ，
∴ ，解得 ，
故 .
故选：B.
【分析】根据等比中项可得a3=3 ，对根据等比数列的定义和通项公式可得，运算求解即可得答案.
4．（2025高二下·汕头期中）已知函数是定义域为的偶函数，在区间上单调递增，且对任意，均有成立，则下列函数中符合条件的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】奇偶性与单调性的综合；抽象函数及其应用
【解析】【解答】解：对于A，因为，故A错误；
对于B，因为，
所以不是偶函数，故B错误；
对于C，因为，故C错误；
对于D，因为，
又因为定义域为全体实数，它关于原点对称，且，
所以，函数是定义域为的偶函数，
当时，单调递增，满足题意，故D正确.
故答案为：D.
【分析】由对数的运算法则和已知条件，则判断出选项A；利用偶函数的定义判断出选项B；利用已知条件和指数的运算法则，则判断出选项C；利用偶函数的性质和函数的单调性，则判断出选项D，从而找出符合条件的函数.
5．（2025高二下·汕头期中）从装有3个白球和7个红球的口袋中任取1个球，用X表示是否取到白球，即，则X的方差D（X）为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】古典概型及其概率计算公式；离散型随机变量的方差
【解析】【解答】解：由题意，得，，
则的分布列为
0 1
所以，
则.
故答案为：A.
【分析】根据题意结合古典概率公式和概率的基本性质，从而得出随机变量X的分布列，再利用随机变量的分布列求数学期望公式和方差公式，从而得出随机变量X的方差.
6．（2025高二下·汕头期中） 已知，分别是双曲线（，）的左右焦点，若过的直线与圆相切，与在第一象限交于点，且轴，则的离心率为（　　）
A． B．3 C． D．
【答案】D
【知识点】圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：设，圆的圆心为，半径为，
过点的直线与圆相切于点，如图所示：
则，，所以，则，所以，
因为轴，所以，所以，化简得，
即，解得，故.
故答案为：D.
【分析】设，根据题意求得，又轴，可求得，利用列式化简求解即可.
7．（2025高二下·汕头期中）已知二项式按照的方式展开，则展开式中的值为（　　）
A．90 B．180 C．360 D．405
【答案】D
【知识点】二项式定理
【解析】【解答】解：由题意，得：，
所以，展开式中的第项为，
则.
故答案为：D.
【分析】由题意可得，再利用二项式定理得出展开式的通项公式，从而得出展开式中的值.
8．（2025高二下·汕头期中）物理学家本·福特提出的定律：在b进制的大量随机数据中，以n开头的数出现的概率为.应用此定律可以检测某些经济数据、选举数据是否存在造假或错误.若，则k的值为（　　）
A．7 B．8 C．9 D．10
【答案】C
【知识点】对数的性质与运算法则；换底公式及其推论
【解析】【解答】解：，
，
则，解得．
故答案为：C．
【分析】由题意，利用换底公式结合对数的运算求解即可.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．（2025高二下·汕头期中）甲箱中有个红球和个白球，乙箱中有个红球和个白球（两箱中的球除颜色外没有其他区别），先从甲箱中随机取出一球放入乙箱，分别用事件和表示从甲箱中取出的球是红球和白球；再从乙箱中随机取出两球，用事件表示从乙箱中取出的两球都是红球，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】A,B,D
【知识点】古典概型及其概率计算公式；全概率公式；条件概率
【解析】【解答】解：由题意可得，，，，
则，故A正确、B正确、C错误；
，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】根据条件概率公式以及全概率的概率公式求解判断即可.
10．（2025高二下·汕头期中）已知函数，的部分图象如图所示，则（　　）
A．
B．将的图象向右平移个单位，得到的图象
C．，都有
D．若方程在上有两个不相等的实数根，则实数
【答案】A,D
【知识点】函数恒成立问题；函数的值；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：由函数的部分图象，
可得，.
再根据五点法，可得，
则，
所以.
则，故A正确；
因为，故B错误；
取，显然不成立，故C错误；
令，
由，可得，
要使方程在上有两个不相等的实数根，
只需函数在上有两个不同的零点，
则，故D正确.
故答案为：AD.
【分析】根据正弦型函数图象的最高点的纵坐标、正弦型函数的最小正周期公式和五点代入法，从而得出的值，进而得出正弦型函数f(x)的解析式，再利用代入法得出函数的值，则判断出选项A；利用正弦型函数的图象变换判断出选项B；利用特殊值法判断出选项C；利用换元法和函数的零点与方差的根的等价关系，从而得出实数m的取值范围，则判断出选项D，从而找出正确的选项.
11．（2025高二下·汕头期中）如图，八面体的每一个面都是边长为4的正三角形，且顶点在同一个平面内．若点在四边形内（包含边界）运动，为的中点，则（　　）
A．当为的中点时，异面直线与所成角为
B．当平面时，点的轨迹长度为
C．当时，点到的距离可能为
D．存在一个体积为的圆柱体可整体放入内
【答案】A,C,D
【知识点】利用导数研究函数最大（小）值；平面内点到直线的距离公式；用空间向量求直线间的夹角、距离；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解： 对于A，因为为正方形，如图，连接与，相交于点，连接，
则两两垂直，故以为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
为的中点，则，
当为的中点时，，
设异面直线与所成角为，
则，故，故正确；
对于B，如图，设为的中点，为的中点，
则，平面，平面，
则平面，又平面，又，设，
故平面平面，平面平面，平面平面，
则，则为的中点，点在四边形内（包含边界）运动，则，
点的轨迹是过点与平行的线段，长度为4，故B错误；
对于C，当时，设，
，得，即，
即点的轨迹以中点为圆心，半径为的圆在四边内（包含边界）的一段弧（如下图），
到的距离为3，弧上的点到的距离最小值为，
因为，所以存在点到的距离为，故C正确；
对于D，如图，由于图形的对称性，我们可以先分析正四棱锥内接最大圆柱的体积，
设圆柱底面半径为，高为，为的中点，为的中点，，
根据，得，即，
则圆柱体积，
设，求导得，
令得，或，因为，所以舍去，即，
所以当时，，当时，，
即当时，，
则，
所以，
故存在一个体积为的圆柱体可整体放入内，故D正确．
故答案为：ACD．
【分析】通过建立空间直角坐标系，利用向量方法分析异面直线所成角；根据线面平行的性质确定点的轨迹；结合垂直关系和距离公式判断点到直线的距离；利用导数等工具研究内接圆柱的体积最值.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．（2025高二下·汕头期中）二项式的展开式中的常数项为　 　．
【答案】240
【知识点】二项式定理；二项展开式的通项
【解析】【解答】解：二项式展开式的通项为，
令，解得，则常数项为.
故答案为：240.
【分析】先写出展开式的通项，令，求解常数项即可.
13．（2025高二下·汕头期中）甲、乙、丙、丁四名专家分别前往A，B，C三所中学开展科学知识宣传，若每个学校至少安排一名专家，每个专家只能去一所学校，且甲必须安排到A中学，则不同的安排方式有　 　种.（填数字）
【答案】
【知识点】排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：若甲一个人到A中学，则其余3人到B，C两所中学，有种方式；
若甲和另一人到A中学，则相当于其余3人，每人到一所学校，有种方式，则共有种方式.
故答案为：.
【分析】利用分组，分配求解即可.
14．（2025高二下·汕头期中）已知点P为直线上的动点，过P作圆的两条切线，切点分别为A，B，若点M为圆上的动点，则点M到直线AB的距离的最大值为　 　．
【答案】
【知识点】平面向量的数量积运算；恒过定点的直线；圆的标准方程；两圆的公切线条数及方程的确定
【解析】【解答】解：设，则满足；
易知圆的圆心为，半径；
圆的圆心为，半径，如图所示：
易知，所以，即，整理可得；同理可得，
即是方程的两组解，
可得直线的方程为，联立，即；
令，可得，即时等式与无关，
所以直线恒过定点，可得；
又在圆内，当，且点为的延长线与圆的交点时，点到直线的距离最大；
最大值为.
故答案为：.
【分析】设，易知圆和的圆心和半径，易知，根据向量垂直，数量积为零整理求得，同理可得，即是方程的两组解，求得AB的直线，联立，求得直线恒过定点，再求点M到直线AB的距离的最大值为.
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．（2025高二下·汕头期中）已知数列为等差数列，数列为正项等比数列，且满足，，．
（1）求数列和的通项公式；
（2）设，求数列的前项和．
【答案】（1）解：设数列的公差为，数列的公比为，
则，
解得：，
所以，数列的通项公式为；
数列的通项公式.

（2）解：因为，
所以，数列的前项和为：
．
.
【知识点】等差数列的通项公式；等比数列的通项公式；数列的求和
【解析】【分析】（1）利用等差数列的通项公式和等比数列的通项公式，从而得出公差的值和公比的值，再利用等差数列的通项公式和等比数列的通项公式，从而得出数列的通项公式和数列的通项公式.
（2）利用数列的通项公式和数列的通项公式得出数列的通项公式，再利用裂项相消法和等比数列求和公式，从而得出数列的前项和．
（1）设数列的公差为，数列的公比为，
则，解得：，
所以数列的通项公式为；
数列的通项公式.
（2），
数列的前项和．
.
16．（2025高二下·汕头期中）如图，在三棱柱中，侧面为菱形，
（1）证明：
（2）若，，，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明：连接，交于O，连接，
因为侧面为菱形，
所以，
又因为，O为的中点，
所以，
因为，且平面，
所以平面，
又因为平面，
所以.
（2）解：设，
因为，
所以，，
又因为，
所以，
则，
因此，
所以，，两两垂直，
以O为坐标原点，分别以射线，，的方向为x，y，z轴的正方向，
建立空间直角坐标系，如图，
则，，，，
所以，，
设平面的法向量为，
则，
令，则，
得，
显然平面的一个法向量为，
则，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
【知识点】直线与平面垂直的性质；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）利用菱形的结构特征和等腰三角形三线合一，从而得出线线垂直，再利用线线垂直证出线面垂直，再根据线面垂直的定义证出.
（2）利用等边三角形三线合一和勾股定理，从而得出线线垂直，则以点O为原点建立空间直角坐标系，从而得出点的坐标和向量的坐标，再利用两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，从而得出平面的一个法向量，再利用数量积求向量夹角公式得出平面与平面夹角的余弦值.
（1）连接，交于O，连接，因为侧面为菱形，则，
而，O为的中点，即有，
又，且平面，于是平面，
而平面，所以.
（2）设，而，有，，
又，则，即有，因此，即，，两两垂直，
以O为坐标原点，分别以射线，，的方向为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图，
则，，，，
，，
设平面的法向量为，则，
令，则，得，
显然平面的一个法向量为，则，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
17．（2025高二下·汕头期中）已知函数．
（1）讨论的最值；
（2）若函数有2个零点，求实数a的取值范围．
【答案】（1）解：由题意知的定义域为，
则，
∴当时，；当时，，
∴在区间上单调递增，在区间上单调递减，
当x趋近于0时，趋近于；当x趋近于时，趋近于0，
∴当时，取得最大值，无最小值．
（2）解：解法一：由题意知有2个零点，
∴方程有2个解，
则方程有2个解，
设，，
则函数与的图象恰有2个交点，
∵，
∴当时，；当时，，
∴在上单调递减，在上单调递增，
∴，
当x趋近于0时，趋近于；当x趋近于时，趋近于，
∵，
∴当时，；当时，，
∴在上单调递增，在上单调递减，
∴，
当x趋近于0时，趋近于a；当x趋近于时，趋近于．
作出函数与的大致图象，如图所示：
结合函数图象知，要使函数与的图象恰有2个交点，
则，
∴，
所以，实数a的取值范围为．
解法二：由题意知有2个零点，
∴方程恰有2个解，
则方差恰有2个解，
设，则函数的图象与直线恰有2个交点，
所以，
设，
则，
∴函数单调递增，即函数单调递增，
∵，
∴当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
∴，
当x趋近于0时，趋近于；当x趋近于时，趋近于，
如图，作出直线与的大致图象，
结合函数图象知，要使直线与的图象恰有2个交点，
则，
所以，实数a的取值范围为．
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；函数的零点与方程根的关系；函数极限
【解析】【分析】（1）由题意结合导数的正负判断函数的单调性，再利用函数求极限的方法讨论出函数的最值.
（2）利用两种方法求解.
解法一：利用已知条件和函数零点与方程的解以及两函数图象交点的横坐标的等价关系，从而得出函数与的图象恰有2个交点，再利用导数的正负判断函数的单调性，从而得出函数的最值，再利用函数求极限的方法，从而作出函数与的大致图象，再结合两函数的图象得出实数a的取值范围.
解法二：利用已知条件和函数零点与方程的解以及两函数图象交点的横坐标的等价关系，设，则函数的图象与直线恰有2个交点，再利用求导的方法，设，再利用导数的正负判断函数的单调性，从而得出函数的最值，再根据函数求极限的方法作出直线与的大致图象，再结合两函数的图象得出实数a的取值范围.
（1）由题知的定义域为，，
∴当时，，当时，，
∴在区间上单调递增，在区间上单调递减，
当x趋近于0时，趋近于，当x趋近于时，趋近于0，
∴当时，取得最大值，无最小值．
（2）解法一
由题知有2个零点，
∴方程，即有2个解．
设，，
则函数与的图象恰有2个交点．
∵，∴当时，，当时，，
∴在上单调递减，在上单调递增，∴，
当x趋近于0时，趋近于，当x趋近于时，趋近于，
∵，∴当时，，当时，，
∴在上单调递增，在上单调递减，∴，
当x趋近于0时，趋近于a，当x趋近于时，趋近于．
作出函数与的大致图象，如图所示．
结合函数图象知，要使函数与的图象恰有2个交点，
则，∴，
即实数a的取值范围为．
解法二
由题知有2个零点，
∴方程，即恰有2个解．
设，则函数的图象与直线恰有2个交点．
，设，
则，
∴函数即单调递增，∵，∴当时，，单调递减，
当时，，单调递增，∴，
当x趋近于0时，趋近于，当x趋近于时，趋近于．
如图，作出直线与的大致图象，
结合函数图象知，要使直线与的图象恰有2个交点，则，
故实数a的取值范围为．
18．（2025高二下·汕头期中）某学校参加某项竞赛仅有一个名额，结合平时训练成绩，甲、乙两名学生进入最后选拔，学校为此设计了如下选拔方案：设计6道题进行测试，若这6道题中，甲能正确解答其中的4道，乙能正确解答每个题目的概率均为，假设甲、乙两名学生解答每道测试题都相互独立、互不影响，现甲、乙从这6道测试题中分别随机抽取3题进行解答
（1）求甲、乙共答对2道题目的概率；
（2）设甲答对题数为随机变量X，求X的分布列、数学期望和方差；
（3）从数学期望和方差的角度分析，应选拔哪个学生代表学校参加竞赛？
【答案】（1）解：由题意得甲、乙两名学生共答对2个问题的概率：
（2）解：设学生甲答对的题数为X，则X的所有可能取值为1，2，3.
，，.
X 1 2 3
P
X的分布列为：
所以，.
（3）解：设学生乙答对的题数为Y，则Y的所有可能取值为0，1，2，3.
X 0 1 2 3
P
得到，.
因为，，即甲、乙答对的题目数一样，但甲较稳定，
所以应选拔甲学生代表学校参加竞赛.
【知识点】等可能事件的概率；古典概型及其概率计算公式；离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】本题主要考查概率的求法，离散型随机变量的分布列、数学期望的求法与应用，互斥事件概率的加法公式等基础知识.
（1）由题意得甲、乙两名学生共答对2个问题为：甲2个，乙0个，甲1个乙1个，分别计算概率相加即可求解；
（2）设学生甲答对的题数为X，则X的所有可能取值为1，2，3，然后分别求出相应的概率，进而得到X的分布列，再求出数学期望与方差即可求解；
（3）设学生乙答对的题数为Y，则Y的所有可能取值为0，1，2，3，同（2）求得然后与进行比较即可求解.
19．（2025高二下·汕头期中）已知椭圆C：，点为椭圆的右焦点，过点F且斜率不为0的直线交椭圆于M，N两点，当与x轴垂直时，．
（1）求椭圆C的标准方程．
（2），分别为椭圆的左、右顶点，直线，分别与直线：交于P，Q两点，证明：四边形为菱形．
【答案】（1）解：由题意，可知，
当与x轴垂直时，不妨设M的坐标为，
所以，
解得，．
所以，椭圆C的标准方程为．
（2）证明：设直线的方程为，，，
联立得，
消去x得：，
易知恒成立，
由韦达定理，得，，
由直线的斜率为，
得直线的方程为，
当时，，
由直线的斜率为，
得直线的方程为，
当时，，
若四边形为菱形，
则对角线相互垂直且平分，
下面证，
因为，
代入韦达定理，得：
，
所以，
则PQ与相互垂直平分，
所以四边形为菱形．
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）利用焦点坐标得出c的值，再利用线线垂直设出点M的坐标，再利用椭圆中a，b，三者的关系式和代入法，从而得出a，b的值，进而得出椭圆C的标准方程．
（2）设直线的方程为，，，将直线方程与椭圆方程联立，再由判别式法和韦达定理以及两点求斜率公式，从而得出直线的方程和直线的方程，再由求出、，再根据韦达定理证出，则PQ与相互垂直平分，从而证出四边形为菱形．
（1）由题可知．
当与x轴垂直时，不妨设M的坐标为，
所以，
解得，．
所以椭圆C的标准方程为．
（2）设的方程为，，，
联立得消去x，得，
易知恒成立，由韦达定理得，，
由直线的斜率为，得直线的方程为，
当时，，
由直线的斜率为，得直线的方程为，
当时，，
若四边形为菱形，则对角线相互垂直且平分，下面证，
因为，
代入韦达定理得
，
所以，即PQ与相互垂直平分，所以四边形为菱形．
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