广西南宁市第三中学2024-2025学年高二下学期4月期中考试 数学试题（含解析）

这是一份广西南宁市第三中学2024-2025学年高二下学期4月期中考试 数学试题（含解析），共10页。试卷主要包含了ABD【详解】由题意可知，【详解】，极大值为，极小值为；答案见解析等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。）
1．（ ）
A．24B．26C．30D．32
2．随机变量的分布列为
则等于（ ）
A．B．C．D．
3．已知的展开式中的所有二项式系数之和为32，则展开式中的系数为（ ）
A．10B．15C．20D．25
4．球的表面积增大为原来的9倍，那么球的体积增大为原来的（ ）
A．9倍B．18倍C．27倍D．81倍
5．函数的单调递增区间是（ ）
A．B．C．D．
6．直线与圆相交的充分不必要条件可以是（ ）
A．B．C．k > 2D．k > 1
7．有甲、乙两个盒子，甲盒子里有个红球，乙盒子里有个红球和个黑球，现从乙盒子里随机取出个球放入甲盒子后，再从甲盒子里随机取一球，记取到的红球个数为个，则随着的增加，下列说法正确的是（ ）
A．增加，增加B．增加，减小
C．减小，增加D．减小，减小
8．已知是双曲线的左、右焦点，过的直线l与双曲线的左支交于点A，与右支交于点B，若，且双曲线的离心率为，则（ ）
A．B．C．D．
二、选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全得部分分，有选错的得0分。）
9．甲，乙，丙，丁，戊五人并排站成一排，下列说法正确的有（ ）
A．如果甲乙不相邻，则不同排法共有36种
B．如果甲，乙必须相邻，则不同的排法有48种
C．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
D．如果甲，乙都不排两端，则不同的排法共有36种
10．已知无穷等差数列的前项和为，且，则（ ）
A．在数列中，最大B．在数列中，最大
C．D．当时，
11．已知正项等比数列的公比为，函数，则（ ）
A．当时，无极值
B．当时，的极小值点为
C．当是递增数列时，在上单调递增
D．当是递减数列时，在上单调递减
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分。）
12．已知角的终边经过点，则 .
13．假设某市场供应的灯泡中，甲厂产品占，乙厂产品占，甲厂产品的合格率是，乙厂产品的合格率是.在该市场中随机购买一个灯泡，是合格品的概率为 ．
14．我们称（为正整数）元有序实数组为维向量，为该向量的范数.已知维向量，其中，记范数为奇数的的个数为，则 .（用数字作答）
四、解答题（本题共5小题，共77分。解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤。）
15．（本小题满分13分）
如图，直三棱柱中，，，是的中点．
(1)证明：直线平面.
(2)求平面与平面夹角的余弦值．
16．（本小题满分15分）
已知数列是公比为2的等比数列，成等差数列．
(1)求数列的通项公式；
(2)若，设数列的前n项和，求证：．
17．（本小题满分15分）
已知函数
(1)当时，求函数的极值；
(2)求函数的单调区间.
18．（本小题满分17分）
甲、乙两人为了提升篮球的竞技水平，进行投篮比赛.已知甲和乙每次进球的概率分别是和，且每人每次进球与否互不影响.制定比赛规则如下：一轮比赛，甲、乙双方需各投篮3次.一轮比赛结束后，当一方的进球数比另一方的进球数至少多2个时，则该方获胜并得1分，另一方不得分.其他情况，双方均不得分.
(1)若，
（i）假设甲、乙两人各投篮一次，求至少有一人进球的概率；
（ii）求在一轮比赛结束后，乙获得1分的概率.
(2)若，问至少进行多少轮比赛后，乙累计得分的期望值可以达到3分？
19.（本小题满分17分）
在平面直角坐标系中，动点到定点的距离和它到定直线：的距离的比是常数2，动点的轨迹为曲线.
(1)求曲线的方程；
(2)已知点，，为曲线的左、右顶点．若直线与曲线的右支分别交于点.
（ⅰ）求实数的取值范围；
（ⅱ）求的最大值．
0
1
南宁三中2024～2025学年度下学期高二期中考试
数学试题参考答案
1．B【详解】.故选：B.
2．D【详解】.故选：D.
3．A【详解】由题意可知，，解得，的展开式的通项为，，令，则，所以展开式中的系数为.故选：A.
4．C【详解】设原来球体的半径为，则原来球体的表面积为：，原来球体的体积为：，当球的表面积增大为原来的9倍时，则，此时球体体积为：，由，所以球的体积增大为原来的27倍.故选：C.
5．A【详解】函数的定义域为，又，令，解得，所以函数的单调递增区间是.故选：A
6．C【详解】圆的圆心坐标为，半径为1，由直线与圆相交，得，即，得，结合选项可知：直线与圆相交的充分不必要条件可以是.故选：C.
7．C【详解】由题意可知，从乙盒子里随机取出个球，含有红球个数服从超几何分布，其中，其中，且，.故从甲盒中取球，相当于从含有个红球的个球中取一球，取到红球个数为.故，随机变量服从两点分布，所以，随着的增大，减小；，随着的增大，增大.故选：C.
8．C 【详解】由双曲线定义和题设条件，得，，
．如图所示，因为，所以．
又由双曲线定义，得,因为，所以．
在和中，，有，应用余弦定理，得，即，化简得，所以．故选：C．
9．BCD【详解】对于A，甲乙不相邻，先把其他人排成一排有种方法，有个空，然后将甲乙插空有种方法，故共有种，故A错误；对于B，甲，乙必须相邻，将甲，乙捆绑到一起有种方法，看成一个大元素然后与其他人排成一排有种方法，故共有种，故B正确；对于C，由于甲乙丙按从左到右的顺序固定了，故有种方法，故C正确；对于D，甲，乙都不排两端，则先从中间个位置选择两个将甲，乙安排好，有种方法，其他人安排到剩下的个位置，有种方法，所以共有种方法，故D正确.故选：BCD.
10．AD【详解】由题知，无穷等差数列的前项和为，且，所以，所以等差数列为递减数列，所以在数列中，最大；当时，；故选：AD.
11.ABD【详解】由题意可知：，，则
，对于A：，则，即单调递增，无极值，A正确；对于B，，则，所以当或时，，当时，，所以在单调递增；在单调递减，所以在处取得极小值，B正确；对于C：当是递增数列时，，若，即，易知的解集为：，所以在单调递增，故C错误；对于D， 当是递减数列时易知，所以的解集为：，即在上单调递减，D正确，故选：ABD.
12．【详解】由已知得，所以.故答案为：.
13．0.86/【详解】设事件为“购买一个甲厂灯泡”，事件为“购买一个乙厂灯泡”，事件为“购买的灯泡是合格品”，则,,,，所以.故答案为：0.86.
14．【详解】当为奇数时，范数为奇数，则的个数为偶数，则的个数为 根据乘法原理和加法原理可得：，因①，②，由 ，故.故.故答案为：
15.【详解】设，
以为原点，所在直线分别为轴，建立如图空间直角坐标系，
，，，，，（3分）
（1），，，（5分）
则，
∴，.（7分）
又∴直线平面.（8分）
（2）由（1）知平面的一个法向量为.
易知平面的一个法向量为,（10分）
设平面与平面的夹角为，
则，（12分）
所以平面与平面夹角的余弦值为.（13分）
16.【详解】（1）因为成等差数列，所以，（2分）
又因为数列的公比为2，所以，（4分）
解得，所以．（6分）
（2）由（1）知，则（7分）
∴∴.（9分）
①②得
．（12分）
∴．
又，∴是递增数列，∴∴．（15分）
17.(1)极大值为，极小值为；(2)答案见解析
【详解】（1）当时，的定义域为，（1分）
故，（3分）
令得或，令得或，令得，
所以在，上单调递增，在上单调递减，（5分）
所以在处取得极大值，在处取得极小值，（6分）
故极大值为，极小值为；（7分）
的定义域为，
，（8分）
当时，令得，令得，故单调递增区间为，单调递减区间为；（10分）
当时，，令得或，令得，
故单调递增区间为，单调递减区间为；（11分）
当时，，此时恒成立，故单调递增区间为；（13分）
当时，，令得或，令得，
故单调递增区间为，单调递减区间为；（14分）
综上，当时，单调递增区间为，单调递减区间为；
当时，单调递增区间为，单调递减区间为；
当时，单调递增区间为；
当时，单调递增区间为，单调递减区间为（15分）
18.【详解】（1）（i）因为甲和乙每次进球的概率分别是和，
所以甲、乙两人各投篮一次，至少有一人进球的概率为. (3分)
（ii）由题知甲进球个，乙进球个或个，或甲进球个，乙进球个，乙获得1分，
记事件：甲进球个，乙进球个或个，
事件：甲进球个，乙进球个，事件表示乙获得1分，
则，（5分）
，（8分）
易知互斥，所以.（9分）
（2）因为一轮比赛结束后，乙获得1分的概率为
，（11分）
设轮比赛后，乙累计得分为，则，（13分）
由题知，又，函数在上单调递增，
所以，（15分）
由，得到，
所以至少进行轮比赛后，乙累计得分的期望值可以达到3分，此时.（17分）
19.【详解】（1）设，由题意知，化简得方程为（3分）
（2）设直线方程为，则，（4分）
联立，可得，故，（5分）
因在右支上，故，得
即，解得，（6分）
设方程为，则，（7分）
联立，得，故， （8分）
因在右支上，故得，即，解得，（9分）
综上可知，.（10分）
（ii），（11分）
，，
故，（13分）
令，则，
（15分）
当且仅当，即时取等号，（16分）
故的最大值为.（17分）