江苏省扬州市邗江区2024-2025学年高二下学期期中考试 数学 含答案

这是一份江苏省扬州市邗江区2024-2025学年高二下学期期中考试 数学 含答案，共13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
1．已知向量，满足，则（ ）
A．B．1C．D．2
2．已知函数，则（ ）
A．B．C．D．
3．如图，空间四边形OABC中，，，，且，，则等于（ ）
A．B．C．D．
4．函数的单调递减区间是（ ）
A．B．C．D．
5．在正方体中，是的中点，是的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
6．已知，则（ ）
A．B．
C．D．
7．有3名男生和3名女生排成一排，女生不能相邻的不同排法有（ ）
A．72种B．144种C．108种D．288种
8．设函数是定义在上的奇函数，为其导函数.当时，，，则不等式的解集为（ ）
A．B．
C．D．
二、多选题
9．已知A，B，C，D是空间直角坐标系中的四点，P是空间中任意一点，则（ ）
A．若与关于平面对称，则
B．若，则A，B，C，D共面
C．若，则A，B，C，D共面
D．若三点共线，则
10．在件产品中，有件合格品，件不合格品，从这件产品中任意抽出件，则（ ）
A．抽出的件中恰好有件是不合格品的抽法有种
B．抽出的件中恰好有件是不合格品的抽法有种
C．抽出的件中至少有件是不合格品的抽法有种
D．抽出的件中至少有件是不合格品的抽法有种
11．设函数，则（ ）
A．当时，有两个零点
B．当时，是的极大值点
C．当时，点为曲线的对称中心
D．当时，在区间上单调递增
三、填空题
12．若，则的值为 ．
13．函数的极值是 .
14．在平行六面体中，已知底面四边形为矩形，，，，则 ．
四、解答题
15．已知函数，且．
(1)求的值；
(2)求函数的图象在点处的切线方程．
16．用五个数字，问：
(1)可以组成多少个无重复数字的四位密码？
(2)可以组成多少个无重复数字的四位数？
(3)可以组成多少个十位数字比个位数字大的无重复数字的四位偶数？
17．如图，长方体中， ，. 是棱上一点，且，交于点.
(1)求证：平面；(2)求点到平面的距离.
18．如图，在空间几何体ABCDPE中，正方形PDCE所在平面垂直于梯形ABCD所在平面，，，点F在线段AP上，
(1)求二面角的正弦值;
(2)为线段上一点，若直线BQ与平面BCP所成角的正弦值为，求线段的长.
19．已知函数．
(1)求的最小值；
(2)若对任意的恒成立，求实数的取值范围；
(3)若是函数的极值点，求证：．
1．D
根据空间向量数量积的坐标运算即可得解.
【详解】因为，所以，
即，所以.
故选：D.
2．C
求出，可得出的值，利用导数的概念可求得所求极限的值.
【详解】因为，则，所以，，
所以，.
故选：C.
3．C
利用空间向量的线性运算求解.
【详解】，
.
故选：C
4．A
对函数求导并令解不等式可得单调递减区间.
【详解】易知函数定义域为，
可得，显然，
令，可得，
因此函数的单调递减区间是.
故选：A
5．D
建立空间直角坐标系，求出，，利用线线角的向量法，即可求解.
【详解】如图，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，设正方体的边长为，
则，所以，，
设异面直线与所成的角为，
则，
故选：D.
6．A
构造函数，利用导数研究的单调性，得到最大，再变形，利用的单调性比较的大小即可.
【详解】因为，设，则，
当时，，所以在上单调递增，
当时，，所以在上单调递减.
所以在时取到最大值，
所以，即.
因为， ，
又因为，所以，
因为在上单调递增，
所以，即，所以.
故选：A
7．B
利用插空法求解即可.
【详解】先排男生共有种方法，再排女生共有种方法，
由分步乘法计数原理可得满足条件的排法数为，
故选：B.
8．C
当时，构造函数，求导结合已知得其单调性，进而可得当时，，当时，，结合奇函数的性质即可进一步得解.
【详解】当时，令，则，所以在上单调递增，
当时，，即，
当时，，即，
因为函数是定义在上的奇函数，
所以，
当时，，当时，，
所以不等式的解集为.
故选：C.
9．BD
【详解】对于A，A与B关于平面对称，则，故A错误；
对于B，由共面向量定理易知得B正确；
对于C，因为，故C错误；
对于D，，因为A，B，C共线，所以共线，
所以，所以，故D正确．
故选：BD．
10．ACD
【详解】对于A、B，抽出的件中恰好有件是不合格品，则包括一件不合格品和两件合格品，共有种抽取方法，故A正确B错误；
对于C、D，抽出的件中至少有件是不合格品，可以分为“有件是不合格品”和“有2件是不合格品”两种情况，“有件是不合格品”有种抽取方法，“有2件是不合格品”有种抽取方法，所以共有种抽取方法. 故C正确.
另外，“至少有件是不合格品”的对立事件是“3件都是合格品”，其抽取方法有种，所以，抽出的件中至少有件是不合格品的抽取方法有种.故D正确.
故选：ACD.
11．ACD
根据因式分解可得函数的零点，结合导函数的图像去研究函数的极大值、对称中心与单调性.
【详解】已知，所以,
当时，，方程有两个根，所以正确，
当时，的解集为，的解集为，
所以在上单调减，在上单调增，所以在处取极小值，所以错误,
当时，，
所以关于中心对称，所以正确，
当时，的解集为，而,所以在上单调递增，所以正确.
故选：
12．或
由组合数的性质，代入计算，即可得到结果.
【详解】由可得或，
解得或，
又，解得，且，
所以的值为或.
故答案为：或
13．
利用导数判断单调性，即可求出极值点，进而求出函数的极值.
【详解】由的定义域为，，
当时，，则在上单调递减；
当时，，则在上单调递增；
故在取得极小值为，无极大值；
故答案为：.
14．
取定空间的一个基底，表示出，再利用数量积的运算律求得答案.
【详解】在平行六面体中，，，
则，而，则，
而，则
，
所以.
故答案为：
15．(1)；
(2).
（1）求导即可代入求解，
（2）根据导数求解斜率，即可由点斜式求解.
【详解】（1）由，得，
又，
所以，解得.
（2）由（1）知，，
∴，即切点为，
又，，
∴切线的斜率为，
故函数的图象在点处的切线方程为：，
即.
16．(1)120
(2)96
(3)32
（1）直接全排列即可得答案；
（2）注意首位不能为0，从不为0的四个数选一个放在首位，再从剩下的四个数选三个数全排列即可得答案；
（3）分0在个位、在个位、4在个位三种情况进行讨论，再由分类加法计数原理求解可得答案.
【详解】（1）从5个数字任取4个进行全排列，故有个；
（2）首位不能为0，则有个；
（3）由题意，是偶数个位数必须是.
分3种情况讨论：
①0在个位，十位必须比0大，千位数字不能是0且不能与个位和十位数字重复，百位数字在剩下的数字选一个，所以共有；
②在个位，十位数字必须比2大，千位数不能是0且不能与个位和十位数字重复，百位剩下2个里面选一个.有种选法；
③4在个位，里面没有比4大的数字，不存在这种可能.则共有种情况.
17．(1)证明见解析
(2)
（1）分别以，，为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，利用向量法证明即可；
（2）设平面的一个法向量为，求出法向量，利用向量法求解解．
【详解】（1）如图，分别以，，为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，
，，
因为在上，故可设，又，
所以，解得，
所以，

，
，即
，平面．
所以平面．
（2）设平面的一个法向量为，
，
则，
，
令，得，所以得，
，
所以所求的距离为；
18．(1)答案见解析
(2)
（1）建立空间直角坐标系，利用两个半平面的法向量可得二面角的余弦值，进而得到正弦值；
（2）根据为线段上一点，设，，利用空间向量法求直线和平面所成角的正弦值列式即可求解.
【详解】（1）由四边形PDCE为正方形得，因为平面平面ABCD，平面平面，
平面PDCE，，所以平面ABCD，
又DA，DC在平面ABCD内，所以，，
由得，
以为一组正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，，
设平面PBC的一个法向量为，
则即
取，则，
设平面ABP的一个法向量为，
则即
取，则，
所以，
所以二面角的正弦值为.
（2）设，，
则，
因为BQ与平面BCP所成角的正弦值为，
所以，
解得或，因为，所以，
故
19．(1)
(2)
(3)证明见解析
（1）求得，得出函数的单调区间，进而求得函数最小值；
（2）根据题意，转化为在恒成立，令，求得，得出函数的单调性，求得的最小值，即可得到答案.
令，解得，
（3）由函数，求得，令，求得在上恒成立，得到函数在上单调递增，根据是的极值点，得到，结合，即可证得.
【详解】（1）解：由函数，可得其定义域为，且，
当时，；当时，，
所以在上单调递减，在单调递增，
所以.
（2）解：由，其中
可得，即，
由对任意恒成立，即在恒成立，
令，可得，
令，解得，
当时，；当时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，所以，即实数的取值范围为.
（3）解：由，可得，
令，可得在上恒成立，
所以函数在上单调递增，即函数在上单调递增，
因为是的极值点，所以存在使得，即，
又由，所以，
则，
所以.题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
D
C
C
A
D
A
B
C
BD
ACD
题号
11









答案
ACD