2024-2025学年福建省泉州市南安市侨光中学高二（下）第一次段考数学试卷（4月份）（含答案）

这是一份2024-2025学年福建省泉州市南安市侨光中学高二（下）第一次段考数学试卷（4月份）（含答案），共7页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.用数字1，2，3，4，5组成的无重复数字的三位数的个数为( )
A. 120B. 86C. 72D. 60
2.若−2是函数y=x(x−c)2的极小值点，则实数c=( )
A. −2B. −6C. −2或−6D. −4
3.函数f(x)=x+6x−lnx的单调递减区间是( )
A. (−2,3)B. (−∞,−2)∪(3,+∞)
C. (3,+∞)D. (0,3)
4.已知某校教学楼共有四层，每层有8个班级，先从四个楼层中选取两层，然后从所选的楼层中一层选3个班级，另一层选4个班级进行卫生检查，则不同的选取方式共有( )
A. 2C42C83C84种B. C42C83C84种C. 2A42C83C84种D. A42A83A84种
5.函数f(x)=ex−e−xx2的图象大致为( )
A. B.
C. D.
6.在等比数列{an}中，a3，a7是函数f(x)=13x3+4x2+9x−1的极值点，则a5=( )
A. −4B. −3C. 3D. 4
7.已知函数f(x)=ax−sin2x在(0,π)上单调递增，则实数a的取值范围为( )
A. (1,+∞)B. [1,+∞)C. (2,+∞)D. [2,+∞)
8.设函数f(x)=x−2a,x≤0lnx,x>0,，若f(x1)=f(x2)(x10)为整数，若a和b被m除得余数相同，则称a和b对模m同余，记为a≡b(mdm)，如9和21除以6所得的余数都是3，则记为9≡21(md6)，若a=322C220+321C221+320C222+⋯+31C2221+C2222，a≡b(md17)，则b的值可以是( )
A. 15B. 16C. 202D. 203
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.一物体的运动方程为s=7t2−13t+8，且在t=t0时的瞬时速率为1，则t0= ______．
13.某单位有7个连在一起的停车位，现有3辆不同型号的车需要停放，如果要求剩余的4个空车位连在一起，则不同的停放方法有______ 种．
14.函数f(x)的导函数为f′(x)，若在f(x)的定义域内存在一个区间D，f(x)在区间D上单调递增，f′(x)在区间D上单调递减，则称区间D为函数f(x)的一个“渐缓增区间”.若对于函数f(x)=aex−x2，区间(0,12)是其一个渐缓增区间，那么实数a的取值范围是______．
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.(本小题13分)
在(1 x−2x)n的展开式中，第3项的二项式系数是第2项的二项式系数的4倍．
(1)求n的值．
(2)求(1 x−2x)n的展开式中的常数项．
(3)求展开式中所有系数的和．
16.(本小题15分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，△PAD是正三角形，∠ABC=2π3，E是AB的中点．
(1)证明：AC⊥PE；
(2)求平面EPC与平面DPC夹角的余弦值．
17.(本小题15分)
已知Sn为等差数列{an}的前n项和，a1=3且S5=35．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn=1anan+1，设{bn}的前n项和Tn，且对于任意n∈N∗，都有m>Tn恒成立，求m的取值范围．
18.(本小题17分)
已知函数f(x)=x3+ax2+bx(a∈R,b∈R)，其图象在点(1,4)处的切线方程为y=4．
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)求函数f(x)在区间[12,5]上的最值．
19.(本小题17分)
已知函数f(x)=x2+axlnx−x．
(1)当a=1时，求f(x)的零点；
(2)若f(x)恰有两个极值点，求a的取值范围．
参考答案
1.D
2.B
3.D
4.A
5.B
6.C
7.D
8.B
9.BC
10.AC
11.BD
12.1
13.24
14.[ ee,2 ee]
15.解：(1)因为在(1 x−2x)n的展开式中，第3项的二项式系数是第2项的二项式系数的4倍，
所以Cn2=4Cn1，即n(n−1)2=4n，结合n为正整数，可得n=9；
(2)二项式(1 x−2x)9展开式的第r+1项为C9r⋅(x−12)9−r⋅(−2x)r=(−2)r⋅C9r⋅x3r−92，其中r=0，1，…，9．
令3r−92=0，解得r=3，可得展开式中的常数项为(−2)3⋅C93=−672；
(3)由(1 x−2x)9令x=1，可得(1−2)9=−1，所以展开式中所有系数的和为−1．
16.(1)证明：取AD的中点F，连接EF，PF，BD，

因为△PAD是正三角形，所以PF⊥AD，
又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，AD⊂平面ABCD，
所以PF⊥平面ABCD，
因为AC⊂平面ABCD，所以PF⊥AC，
又因为底面ABCD是菱形，所以BD⊥AC，
因为E是AB的中点，所以EF//BD，
从而EF⊥AC，
因为PF∩EF=F，所以AC⊥平面PEF，
因为PE⊂平面PEF，所以AC⊥PE；
(2)解：连接BF，因为∠ABC=2π3，所以△ABD是正三角形，所以BF⊥AD，
以F为坐标原点，FA，FB，FP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，
建立如图所示的空间直角坐标系．

令AB=2，则BF= 3，BC/​/AD，BC=2，
所以A(1,0,0)，B(0, 3,0)，C(−2, 3,0)，P(0,0, 3)，D(−1,0,0)，
因为E是AB的中点，所以E(12, 32,0)，
所以CE=(52,− 32,0)，CP=(2,− 3, 3)，
设平面CEP的法向量为m=(x0,y0,z0)，
则CE⋅m=0CP⋅m=0，即52x0− 32y0=02x0− 3y0+ 3z0=0，
令x0= 3，得m=( 3,5,3)，
设平面DPC的一个法向量为n=(x,y,z)，
由DP=(1,0, 3)，DC=(−1, 3,0)，
可得n⋅DP=x+ 3z=0n⋅DC=−x+ 3y=0，令y=1，可得x= 3，z=−1，
则n=( 3,1,−1)，
所以cs〈m,n〉=m⋅n|m||n|=5 37× 5= 18537，
所以平面EPC与平面DPC夹角的余弦值为 18537．
17.解：(1)设等差数列{an}的公差为d，
由a1=3且S5=35，可得5×3+12×5×4d=35，
解得d=2，
则an=3+2(n−1)=2n+1；
(2)由bn=1anan+1=1(2n+1)(2n+3)=12(12n+1−12n+3)，
可得{bn}的前n项和Tn=12(13−15+15−17+...+12n+1−12n+3)=12(13−12n+3)，
由12n+3>0，可得12(13−12n+3)Tn恒成立，可得m≥16，
则m的取值范围是[16,+∞)．
18.解：(1)由f(x)=x3+ax2+bx(a∈R,b∈R)可得：f′(x)=3x2+2ax+b，
所以f(x)在点(1,4)处切线的斜率为k=f′(1)=3+2a+b，
因为f(x)在点(1,4)处切线方程为y=4，
所以切线的斜率为0，且f(1)=4，
所以f′(1)=0f(1)=4，即3+2a+b=01+a+b=4，
解得a=−6，b=9，
所以f(x)=x3−6x2+9x；
(2)由(1)知f(x)=x3−6x2+9x，
则f′(x)=3x2−12x+9=3(x−1)(x−3)，
令f′(x)=0得x=1或3，
所以在(12,1)上f′(x)>0，f(x)单调递增，在(1,3)上f′(x)0，f(x)单调递增，
所以在x=1处，f(x)取得极大值f(1)=4，在x=3处f(x)取得极小值f(3)=0，
又因为f(12)=(12)3−6(12)2+9(12)=258>f(3)，f(5)=53−6×52+9×5=20>f(1)，
所以f(x)在[12,5]上的最大值为20，最小值为0．
19.解：(1)当a=1时，f(x)=0⇒x+lnx−1=0，
令g(x)=x+lnx−1，则g(x)在(0,+∞)上单调递增，
因为g(1)=0，所以f(x)有且仅有一个零点x=1．
(2)由题意得f′(x)=2x+alnx+a−1，
令ℎ(x)=2x+alnx+a−1，则ℎ′(x)=2x+ax．
若a⩾0，则ℎ′(x)>0在(0,+∞)上恒成立，ℎ(x)在(0,+∞)上单调递增，
ℎ(x)最多只有一个零点，则f(x)最多只有一个极值点，不符合题意．
若a2[1+(−a)+(−a)22]−1+a(−a)+a=1−a>0．
因为e−a>−a+1>−a2，所以∃x2∈(−a2,e−a)，ℎ(x2)=0，
当x∈(0,x1)∪(x2,+∞)时，ℎ′(x)>0，
当x∈(x1,x2)时，ℎ′(x)