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江苏省扬州中学2024-2025学年高二下学期期中考试数学试卷
一、单项选择题：本大题共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．若，，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】平面向量加、减运算的坐标表示
【解析】【解答】解：由题意可知，.
故选：D.
【分析】直接利用根据空间向量的坐标运算即可求解.
2．已知函数，则（　　）
A．0 B． C．1 D．
【答案】A
【知识点】导数的四则运算；基本初等函数导函数公式
【解析】【解答】解：由题意可知，，
所以.
故选：A.
【分析】先求导再求解即可.
3．的展开式中第3项的二项式系数是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】二项式系数
【解析】【解答】解：由题意可知，的展开式中第3项的二项式系数是.
故选：A.
【分析】利用二项式系数即可求解.
4．从标有1，2，3，4，5，6的六张卡片中不放回地抽取两次，每次抽取1张，则在第一次抽到的卡片所标数字为奇数的条件下，第二次抽到的卡片所标数字仍为奇数的概率为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】古典概型及其概率计算公式；条件概率
【解析】【解答】解：记“第一次抽到的卡片所标数字为奇数”，“第二次抽到的卡片所标数字为奇数”，由题意得，，
所以．
故选：C
【分析】利用条件概率计算公式即可求解.
5．从4名男同学、3名女同学中选3名同学组成一支志愿者小队，要求男、女都有，则不同的组队方案共有（　　）
A．60种 B．50种 C．40种 D．30种
【答案】D
【知识点】分类加法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：选出的3人为2男1女，有种选法；
选出的3人为1男2女，有种选法；
则一共有种选法.
故答案为：D.
【分析】利用分类加法原理计算即可.
6．在平行六面体中，，．取棱的中点M，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】空间向量的加减法；空间向量的数量积运算
【解析】【解答】解：取的中点，连接，
由图形可得，
所以
，
故选：B
【分析】取的中点，连接，结合图形由向量的加法运算可得，进而利用模长公式求解即可.
7．已知函数的定义域为，，若对任意，都有，则不等式的解集为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：令，则，
因为，所以，所以，即在上单调递增，
又，所以，
所以当时，，即，即，
所以的解集为.
故选：B.
【分析】构造辅助函数，求导利用已知条件判断可知函数的单调性，进而利用特殊点，用单调性解不等式即可.
8．在的展开式中，的系数为（　　）.
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】二项式系数的性质；组合数公式
【解析】【解答】解：由题可得的系数为：
==
故选：A.
【分析】利用已知条件结合二项式展开式的通项及组合数的性质即得的系数 .
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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．如下图是的导函数的图象，则下列说法正确的是（　　）
A．在区间上单调递增
B．是的极小值点；
C．在区间上单调递增，在区间上单调递减
D．在处取最大值
【答案】B,C
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：由导函数的图象可知，当时，
当时，当时，当时，
所以在区间上单调递减，故A错误；
在区间上单调递增，在区间上单调递减，上单调递增，
在和处取得极小值，故B、C正确；
因为在区间上单调递增，处取得极大值，
在处的函数值小于在处的函数值，故D错误.
故答案为：BC．
【分析】根据函数与导函数的关系，结合图象逐项判断即可．
10．若，则下列正确的是（　　）
A．
B．
C．
D．
【答案】B,C,D
【知识点】简单复合函数求导法则；二项式系数的性质；二项展开式
【解析】【解答】解：，
A、令，则，故A错误；
B、令，则，故B正确；
C、令，则，故C正确；
D、令，则，
对等式两侧同时求导函数得，
令得，，
则，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】给x分别赋值0，1，-1求解即可判断ABC；令，则，两边同时求导，再赋值求解即可判断D.
11．已知正方体的棱长为1，动点P满足（，，），下列说法正确的是（ ）
A．当时，
B．当，，时，则P到平面的距离的最小值是
C．当，时，的最小值为
D．当，且时，则P的轨迹总长度为
【答案】A,C,D
【知识点】空间向量基本定理；空间向量的夹角与距离求解公式；用空间向量研究直线与平面的位置关系
【解析】【解答】解：以A为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示：
则，因为，所以，
A、当时，，，，，
则，，即直线与平面垂直，故A正确；
B、由选项A知，向量也是平面的一个法向量，当，，时，，，则点到平面的距离，即P到平面的距离的最小值是，故B不正确；
C、当，时，，，
故，
故
令，则
如图所示，，
显然当三点共线时，取得最小值，
最小值为，当且仅当，即时，等号成立，此时
则最小值，故C正确；
D、当时，可得四点共面，所以点的轨迹在内（包括边界），
设点在平面内的投影为点，
因为，所以点是的中心，
，平面的一个法向量为，
则点到平面的距离，
若，则，
即点落在以为圆心，为半径的圆上，
点到三边的距离为，
此时，点的轨迹是以为圆心，为半径的圆的一部分，其轨迹长度为，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】以A为坐标原点，建立空间直角坐标系，求出各顶点的坐标，利用空间向量的数量积运算求，即可判断A；利用点到平面的距离的向量公式，即可判断B；将折线距离和转化为平面内两点间距离即可判断C；利用点到平面的距离公式，结合点的轨迹，数形结合求解即可判断D.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．已知直线的方向向量为，平面的一个法向量为，若，则的值为　 　．
【答案】
【知识点】向量的数量积判断向量的共线与垂直；直线的方向向量；平面的法向量；用空间向量研究直线与平面的位置关系
【解析】【解答】解：由可得，即，解得.
故答案为：
【分析】由线面垂直可得，结合向量共线的坐标运算代入计算即可求解.
13．将甲乙丙丁戊五个同学分配到三个城市参加活动，每个城市至少去一人，共有　 　种不同分配方法．
【答案】
【知识点】排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：分配到三个城市参加活动，每个城市至少去一人，则先把5人按分组再分配，有种分配方法，
按分组再分配，有种分配方法，
所以不同分配方法种数是.
故答案为：.
【分析】5 个人分成 3 组，每组至少 1 人，人数分布只有两种可能：①一组 3 人，另外两组各 1 人；②两组各 2 人，一组 1 人。我们分别计算这两种情况，再相加得到不同分配方法总数。
14．的两个极值点满足，则的最小值为　 　.
【答案】
【知识点】利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：由题意可知，，
令解得，
∵函数两个极值点，
∴①，②，得③，
设，则且，代入③得，
设，则，
设，则
，在单调递减，，从而，在单调递减，，故的最小值为.
故答案为：
【分析】先对函数f(x)求导，令根据极值的概念代入极值点后两式作商，可得到的关系，作商得到的结果指对互换，便可解出，，根据题目所求，代入后便可构造新的函数，求导，再构造新的函数，再求导逐步可求得最小值.
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步步骤．
15．现有8名师生站成一排照相，其中老师2人，男学生4人，女学生2人，在下列情况下，各有多少种不同的站法？
（1）4名男学生互不相邻；
（2）2名老师之间恰有1名男学生和1名女学生．
【答案】（1）解：先排老师和女学生共有种站法，
再将男生插入到五个空中，有种，
所以共有种不同的站法．
（2）解：先任选一男学生一女学生站两位老师中间，有种站法，
两老师的站法有种，
再将一男学生一女学生两位老师进行捆绑与剩余的4个人进行全排列有种，
所以共有种不同的站法．
【知识点】排列、组合的实际应用
【解析】【分析】（1）男生互不相邻则利用插空法，先排老师和女学生，最后将剩余的4名男学生排进5个空中即可.
（2）先任选一男学生一女学生站两位老师中间，再排老师，最后利用捆绑法将一男学生一女学生两位老师进行捆绑与剩余的4个人进行全排列即可.
（1）先排老师和女学生共有种站法，
再将男生插入到五个空中，有种，
所以共有种不同的站法．
（2）先任选一男学生一女学生站两位老师中间，有种站法，
两老师的站法有种，
再将一男学生一女学生两位老师进行捆绑与剩余的4个人进行全排列有种，
所以共有种不同的站法．
16．已知函数，，其中为自然对数的底数．
（1）若为的极值点，求的单调区间和最大值；
（2）若函数的最大值为，求实数的值．
【答案】（1）解：因为，，所以，
由，得，解得，所以，
令，又，解得，令，又，解得，
所以函数在上单调递增，在函数在上单调递减，
所以当x=1时，取得最大值为.
（2）解：因为，所以
①当时，在上单调递增，所以的最大值是，解得（舍去）；
②当时，由，得，
当，即时，
当时，，函数在上单调递增，
当时，，函数在上单调递减，
又函数的最大值为，所以，解得，
当，即时，在上单调递增，
所以，解得，舍去.
综上，存在符合题意.
【知识点】函数的单调性与导数正负的关系；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；导数在最大值、最小值问题中的应用
【解析】【分析】（1）先对函数进行求导，利用为的极值点求得，进而利用导数可得函数的单调区间和最大值；
（2）先函数进行求导，进而对导函数，分与进行讨论，得函数的单调性进而求得最值，再由最大值是求出的值.
（1）因为，，所以，
由，得，解得，所以，
令，又，解得，令，又，解得，
所以函数在上单调递增，在函数在上单调递减，
的极大值为，也即的最大值为.
（2）因为，所以
①当时，在上单调递增，所以的最大值是，解得（舍去）；
②当时，由，得，
当，即时，
当时，，函数在上单调递增，
当时，，函数在上单调递减，
又函数的最大值为，所以，解得，
当，即时，在上单调递增，
所以，解得，舍去.
综上，存在符合题意.
17．如图，在四棱锥中，底面为菱形，且，平面，，点为的中点．
（1）求证：平面平面；
（2）二面角的大小；
（3）线段上是否存在点，使得直线与平面所成夹角为．若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明：连接与交于点，连接，如图所示：
底面为菱形，点为的中点，
点为的中点，
又平面，平面，
又平面，平面平面；
（2）解：平面，且底面为菱形，两两垂直，
以为原点，以向量方向为轴正方向建立空间直角坐标系，如图所示：
底面为菱形，且，则为等边三角形，
，，
分别为的中点，，
则，
则，
设平面的一个法向量为，
则有，即，
令，则，
底面为菱形，，
平面平面，且平面平面平面，
平面，
为平面的一个法向量，
设二面角大小为，
则．
所以二面角的大小为；
（3）解：不存在，理由如下：
因为点在线段上，设，
由可得，
则，则，则，
由题意，若直线与平面所成夹角为，
则，整理得，解得，
又因为，所以不符合题意，故线段上不存在这样的点．
【知识点】直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的判定；用空间向量研究直线与平面所成的角；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）连接与交于点，连接，利用中位线的性质，结合线面垂直、面面垂直的判定定理证明即可；
（2）易证两两垂直，以为原点，以向量方向为轴正方向建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解即可；
（3）由（2）的空间直角坐标系，利用向量法结合空间向量的线性运算表示出线面角，求出的系数不符合题意，即可得到结论.
（1）连接与交于点，连接，
底面为菱形，点为的中点，
点为的中点，
又平面，平面，
又平面，平面平面.
（2）平面，且底面为菱形，两两垂直.
以为原点，以向量方向为轴正方向建立如图所示空间直角坐标系，
底面为菱形，且，则为等边三角形，
，，
分别为的中点，，
则，
则，
设平面的一个法向量为，
则有，即，
令，则，
底面为菱形，，
平面平面，且平面平面平面，
平面，
为平面的一个法向量，
设二面角大小为，
则．
所以二面角的大小为；
（3）不存在，理由如下：
因为点在线段上，设，
由可得，
则，则，则，
由题意，若直线与平面所成夹角为，
则，
整理得，解出
又因为，所以不符合题意，故线段上不存在这样的点．
18．已知函数．
（1）若，求曲线在点处的切线方程；
（2）若恒成立，求实数的取值范围；
（3）若，判断在上的零点个数并说明理由．
【答案】（1）解：当时，，则，所以，
所以在点处的切线方程为，即
所以曲线在点处的切线方程为
（2）解：因为，，得，
当时，在上恒成立，
所以在单调递增，所以恒成立，
当时，，
又因为，所以，
则当时，，
记，则时，，单调递减，
，与恒成立不符，
综上所述，恒成立，实数的取值范围为.
（3）解：当时，，令，
则，，
当时，，单调递减，
所以在上，，，易得，
所以在，函数没有零点.
令，，，
当时，，单调递减，
因为，，所以存在，使得，
所以当时，；当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，；
所以存在，使得，
所以当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
且，，
所以在区间，存在唯一的，使得，在区间上没有零点，
综上，当时，函数在上的零点个数为1.
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；利用导数研究曲线上某点切线方程；函数零点存在定理
【解析】【分析】（1）先求得函数的解析式，进而根据导数的几何意义先求得斜率，进而利用点斜式即可求得切线方程；（2）利用导数求的单调性，按，进行分类讨论即可求解；
（3）先求得函数的解析式，先求得函数的解析式，令，利用求导可知在，函数没有零点，而时，令，利用多次求导求的单调性，结合零点存在性定理判断即可.
（1）当时，，则，，
所以在点处的切线方程为，即
（2）因为，且，由，得，
当时，在上恒成立，
所以在单调递增，恒成立，
当时，，
又因为，所以，
则当时，，
记，则时，，单调递减，
，与恒成立不符，
综上所述，恒成立，实数的取值范围为.
（3）当时，，令，
则，，
当时，，单调递减，
所以在上，，，易得，
所以在，函数没有零点.
令，，，
当时，，单调递减，
，，所以存在，使得，
当时，，当时，，
因此在上单调递增，在上单调递减，
所以，；
所以存在，使得，
所以当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
且，，
所以在区间，存在唯一的，使得，在区间上没有零点，
综上，当时，函数在上的零点个数为1.
1 / 1江苏省扬州中学2024-2025学年高二下学期期中考试数学试卷
一、单项选择题：本大题共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．若，，则（　　）
A． B． C． D．
2．已知函数，则（　　）
A．0 B． C．1 D．
3．的展开式中第3项的二项式系数是（　　）
A． B． C． D．
4．从标有1，2，3，4，5，6的六张卡片中不放回地抽取两次，每次抽取1张，则在第一次抽到的卡片所标数字为奇数的条件下，第二次抽到的卡片所标数字仍为奇数的概率为（　　）
A． B． C． D．
5．从4名男同学、3名女同学中选3名同学组成一支志愿者小队，要求男、女都有，则不同的组队方案共有（　　）
A．60种 B．50种 C．40种 D．30种
6．在平行六面体中，，．取棱的中点M，则（　　）
A． B． C． D．
7．已知函数的定义域为，，若对任意，都有，则不等式的解集为（　　）
A． B． C． D．
8．在的展开式中，的系数为（　　）.
A． B．
C． D．
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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．如下图是的导函数的图象，则下列说法正确的是（　　）
A．在区间上单调递增
B．是的极小值点；
C．在区间上单调递增，在区间上单调递减
D．在处取最大值
10．若，则下列正确的是（　　）
A．
B．
C．
D．
11．已知正方体的棱长为1，动点P满足（，，），下列说法正确的是（ ）
A．当时，
B．当，，时，则P到平面的距离的最小值是
C．当，时，的最小值为
D．当，且时，则P的轨迹总长度为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．已知直线的方向向量为，平面的一个法向量为，若，则的值为　 　．
13．将甲乙丙丁戊五个同学分配到三个城市参加活动，每个城市至少去一人，共有　 　种不同分配方法．
14．的两个极值点满足，则的最小值为　 　.
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步步骤．
15．现有8名师生站成一排照相，其中老师2人，男学生4人，女学生2人，在下列情况下，各有多少种不同的站法？
（1）4名男学生互不相邻；
（2）2名老师之间恰有1名男学生和1名女学生．
16．已知函数，，其中为自然对数的底数．
（1）若为的极值点，求的单调区间和最大值；
（2）若函数的最大值为，求实数的值．
17．如图，在四棱锥中，底面为菱形，且，平面，，点为的中点．
（1）求证：平面平面；
（2）二面角的大小；
（3）线段上是否存在点，使得直线与平面所成夹角为．若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由．
18．已知函数．
（1）若，求曲线在点处的切线方程；
（2）若恒成立，求实数的取值范围；
（3）若，判断在上的零点个数并说明理由．
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】平面向量加、减运算的坐标表示
【解析】【解答】解：由题意可知，.
故选：D.
【分析】直接利用根据空间向量的坐标运算即可求解.
2．【答案】A
【知识点】导数的四则运算；基本初等函数导函数公式
【解析】【解答】解：由题意可知，，
所以.
故选：A.
【分析】先求导再求解即可.
3．【答案】A
【知识点】二项式系数
【解析】【解答】解：由题意可知，的展开式中第3项的二项式系数是.
故选：A.
【分析】利用二项式系数即可求解.
4．【答案】C
【知识点】古典概型及其概率计算公式；条件概率
【解析】【解答】解：记“第一次抽到的卡片所标数字为奇数”，“第二次抽到的卡片所标数字为奇数”，由题意得，，
所以．
故选：C
【分析】利用条件概率计算公式即可求解.
5．【答案】D
【知识点】分类加法计数原理；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：选出的3人为2男1女，有种选法；
选出的3人为1男2女，有种选法；
则一共有种选法.
故答案为：D.
【分析】利用分类加法原理计算即可.
6．【答案】B
【知识点】空间向量的加减法；空间向量的数量积运算
【解析】【解答】解：取的中点，连接，
由图形可得，
所以
，
故选：B
【分析】取的中点，连接，结合图形由向量的加法运算可得，进而利用模长公式求解即可.
7．【答案】B
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：令，则，
因为，所以，所以，即在上单调递增，
又，所以，
所以当时，，即，即，
所以的解集为.
故选：B.
【分析】构造辅助函数，求导利用已知条件判断可知函数的单调性，进而利用特殊点，用单调性解不等式即可.
8．【答案】A
【知识点】二项式系数的性质；组合数公式
【解析】【解答】解：由题可得的系数为：
==
故选：A.
【分析】利用已知条件结合二项式展开式的通项及组合数的性质即得的系数 .
9．【答案】B,C
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：由导函数的图象可知，当时，
当时，当时，当时，
所以在区间上单调递减，故A错误；
在区间上单调递增，在区间上单调递减，上单调递增，
在和处取得极小值，故B、C正确；
因为在区间上单调递增，处取得极大值，
在处的函数值小于在处的函数值，故D错误.
故答案为：BC．
【分析】根据函数与导函数的关系，结合图象逐项判断即可．
10．【答案】B,C,D
【知识点】简单复合函数求导法则；二项式系数的性质；二项展开式
【解析】【解答】解：，
A、令，则，故A错误；
B、令，则，故B正确；
C、令，则，故C正确；
D、令，则，
对等式两侧同时求导函数得，
令得，，
则，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】给x分别赋值0，1，-1求解即可判断ABC；令，则，两边同时求导，再赋值求解即可判断D.
11．【答案】A,C,D
【知识点】空间向量基本定理；空间向量的夹角与距离求解公式；用空间向量研究直线与平面的位置关系
【解析】【解答】解：以A为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示：
则，因为，所以，
A、当时，，，，，
则，，即直线与平面垂直，故A正确；
B、由选项A知，向量也是平面的一个法向量，当，，时，，，则点到平面的距离，即P到平面的距离的最小值是，故B不正确；
C、当，时，，，
故，
故
令，则
如图所示，，
显然当三点共线时，取得最小值，
最小值为，当且仅当，即时，等号成立，此时
则最小值，故C正确；
D、当时，可得四点共面，所以点的轨迹在内（包括边界），
设点在平面内的投影为点，
因为，所以点是的中心，
，平面的一个法向量为，
则点到平面的距离，
若，则，
即点落在以为圆心，为半径的圆上，
点到三边的距离为，
此时，点的轨迹是以为圆心，为半径的圆的一部分，其轨迹长度为，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】以A为坐标原点，建立空间直角坐标系，求出各顶点的坐标，利用空间向量的数量积运算求，即可判断A；利用点到平面的距离的向量公式，即可判断B；将折线距离和转化为平面内两点间距离即可判断C；利用点到平面的距离公式，结合点的轨迹，数形结合求解即可判断D.
12．【答案】
【知识点】向量的数量积判断向量的共线与垂直；直线的方向向量；平面的法向量；用空间向量研究直线与平面的位置关系
【解析】【解答】解：由可得，即，解得.
故答案为：
【分析】由线面垂直可得，结合向量共线的坐标运算代入计算即可求解.
13．【答案】
【知识点】排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：分配到三个城市参加活动，每个城市至少去一人，则先把5人按分组再分配，有种分配方法，
按分组再分配，有种分配方法，
所以不同分配方法种数是.
故答案为：.
【分析】5 个人分成 3 组，每组至少 1 人，人数分布只有两种可能：①一组 3 人，另外两组各 1 人；②两组各 2 人，一组 1 人。我们分别计算这两种情况，再相加得到不同分配方法总数。
14．【答案】
【知识点】利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：由题意可知，，
令解得，
∵函数两个极值点，
∴①，②，得③，
设，则且，代入③得，
设，则，
设，则
，在单调递减，，从而，在单调递减，，故的最小值为.
故答案为：
【分析】先对函数f(x)求导，令根据极值的概念代入极值点后两式作商，可得到的关系，作商得到的结果指对互换，便可解出，，根据题目所求，代入后便可构造新的函数，求导，再构造新的函数，再求导逐步可求得最小值.
15．【答案】（1）解：先排老师和女学生共有种站法，
再将男生插入到五个空中，有种，
所以共有种不同的站法．
（2）解：先任选一男学生一女学生站两位老师中间，有种站法，
两老师的站法有种，
再将一男学生一女学生两位老师进行捆绑与剩余的4个人进行全排列有种，
所以共有种不同的站法．
【知识点】排列、组合的实际应用
【解析】【分析】（1）男生互不相邻则利用插空法，先排老师和女学生，最后将剩余的4名男学生排进5个空中即可.
（2）先任选一男学生一女学生站两位老师中间，再排老师，最后利用捆绑法将一男学生一女学生两位老师进行捆绑与剩余的4个人进行全排列即可.
（1）先排老师和女学生共有种站法，
再将男生插入到五个空中，有种，
所以共有种不同的站法．
（2）先任选一男学生一女学生站两位老师中间，有种站法，
两老师的站法有种，
再将一男学生一女学生两位老师进行捆绑与剩余的4个人进行全排列有种，
所以共有种不同的站法．
16．【答案】（1）解：因为，，所以，
由，得，解得，所以，
令，又，解得，令，又，解得，
所以函数在上单调递增，在函数在上单调递减，
所以当x=1时，取得最大值为.
（2）解：因为，所以
①当时，在上单调递增，所以的最大值是，解得（舍去）；
②当时，由，得，
当，即时，
当时，，函数在上单调递增，
当时，，函数在上单调递减，
又函数的最大值为，所以，解得，
当，即时，在上单调递增，
所以，解得，舍去.
综上，存在符合题意.
【知识点】函数的单调性与导数正负的关系；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；导数在最大值、最小值问题中的应用
【解析】【分析】（1）先对函数进行求导，利用为的极值点求得，进而利用导数可得函数的单调区间和最大值；
（2）先函数进行求导，进而对导函数，分与进行讨论，得函数的单调性进而求得最值，再由最大值是求出的值.
（1）因为，，所以，
由，得，解得，所以，
令，又，解得，令，又，解得，
所以函数在上单调递增，在函数在上单调递减，
的极大值为，也即的最大值为.
（2）因为，所以
①当时，在上单调递增，所以的最大值是，解得（舍去）；
②当时，由，得，
当，即时，
当时，，函数在上单调递增，
当时，，函数在上单调递减，
又函数的最大值为，所以，解得，
当，即时，在上单调递增，
所以，解得，舍去.
综上，存在符合题意.
17．【答案】（1）证明：连接与交于点，连接，如图所示：
底面为菱形，点为的中点，
点为的中点，
又平面，平面，
又平面，平面平面；
（2）解：平面，且底面为菱形，两两垂直，
以为原点，以向量方向为轴正方向建立空间直角坐标系，如图所示：
底面为菱形，且，则为等边三角形，
，，
分别为的中点，，
则，
则，
设平面的一个法向量为，
则有，即，
令，则，
底面为菱形，，
平面平面，且平面平面平面，
平面，
为平面的一个法向量，
设二面角大小为，
则．
所以二面角的大小为；
（3）解：不存在，理由如下：
因为点在线段上，设，
由可得，
则，则，则，
由题意，若直线与平面所成夹角为，
则，整理得，解得，
又因为，所以不符合题意，故线段上不存在这样的点．
【知识点】直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的判定；用空间向量研究直线与平面所成的角；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）连接与交于点，连接，利用中位线的性质，结合线面垂直、面面垂直的判定定理证明即可；
（2）易证两两垂直，以为原点，以向量方向为轴正方向建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解即可；
（3）由（2）的空间直角坐标系，利用向量法结合空间向量的线性运算表示出线面角，求出的系数不符合题意，即可得到结论.
（1）连接与交于点，连接，
底面为菱形，点为的中点，
点为的中点，
又平面，平面，
又平面，平面平面.
（2）平面，且底面为菱形，两两垂直.
以为原点，以向量方向为轴正方向建立如图所示空间直角坐标系，
底面为菱形，且，则为等边三角形，
，，
分别为的中点，，
则，
则，
设平面的一个法向量为，
则有，即，
令，则，
底面为菱形，，
平面平面，且平面平面平面，
平面，
为平面的一个法向量，
设二面角大小为，
则．
所以二面角的大小为；
（3）不存在，理由如下：
因为点在线段上，设，
由可得，
则，则，则，
由题意，若直线与平面所成夹角为，
则，
整理得，解出
又因为，所以不符合题意，故线段上不存在这样的点．
18．【答案】（1）解：当时，，则，所以，
所以在点处的切线方程为，即
所以曲线在点处的切线方程为
（2）解：因为，，得，
当时，在上恒成立，
所以在单调递增，所以恒成立，
当时，，
又因为，所以，
则当时，，
记，则时，，单调递减，
，与恒成立不符，
综上所述，恒成立，实数的取值范围为.
（3）解：当时，，令，
则，，
当时，，单调递减，
所以在上，，，易得，
所以在，函数没有零点.
令，，，
当时，，单调递减，
因为，，所以存在，使得，
所以当时，；当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，；
所以存在，使得，
所以当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
且，，
所以在区间，存在唯一的，使得，在区间上没有零点，
综上，当时，函数在上的零点个数为1.
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；利用导数研究曲线上某点切线方程；函数零点存在定理
【解析】【分析】（1）先求得函数的解析式，进而根据导数的几何意义先求得斜率，进而利用点斜式即可求得切线方程；（2）利用导数求的单调性，按，进行分类讨论即可求解；
（3）先求得函数的解析式，先求得函数的解析式，令，利用求导可知在，函数没有零点，而时，令，利用多次求导求的单调性，结合零点存在性定理判断即可.
（1）当时，，则，，
所以在点处的切线方程为，即
（2）因为，且，由，得，
当时，在上恒成立，
所以在单调递增，恒成立，
当时，，
又因为，所以，
则当时，，
记，则时，，单调递减，
，与恒成立不符，
综上所述，恒成立，实数的取值范围为.
（3）当时，，令，
则，，
当时，，单调递减，
所以在上，，，易得，
所以在，函数没有零点.
令，，，
当时，，单调递减，
，，所以存在，使得，
当时，，当时，，
因此在上单调递增，在上单调递减，
所以，；
所以存在，使得，
所以当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
且，，
所以在区间，存在唯一的，使得，在区间上没有零点，
综上，当时，函数在上的零点个数为1.
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