广西平果市铝城中学2024-2025学年高二下学期期中 数学测试卷（含解析）

这是一份广西平果市铝城中学2024-2025学年高二下学期期中 数学测试卷（含解析），共16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。
1．等比数列的前n项和，则（ ）.
A．B．C．D．
2．若是一个单位正交基底，且向量，，则的值为（ ）
A．B．4C．7D．23
3．已知展开式中的常数项为40，则a等于（ ）
A．1B．2C．D．
4．小李一家打算去张家界或长沙旅游，去张家界与长沙的概率分别为0.6，0.4，在张家界去徒步爬山的概率为0.5，在长沙去徒步爬山的概率为0.6，则小李一家旅游时去徒步爬山的概率为（ ）
A．0.54B．0.56C．0.58D．0.6
5．在长方体中，，点E在棱BC上，且，点G为的重心，则点G到直线AE的距离为（ ）
A．B．C．D．
6．已知分别是双曲线的左、右焦点，点是双曲线上在第一象限内的一点，若，且，则的离心率为（ ）
A．B．C．D．
7．函数有三个零点，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
8．设函数的导函数为，若函数在区间上是减函数，且函数在区间上是增函数，称在区间上是“缓减函数”，区间称为的“缓减区间”，若，下列区间是的“缓减区间”的是（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．在平面直角坐标系中，已知直线（不同时为0），到直线的距离为，为直线的法向量；推广，在空间直角坐标系中，已知平面（不同时为0），到平面的距离为，为平面的法向量.若平面，点，则（ ）
A．点B．若为原点，则
C．点到平面的距离为D．若，则
10．某次射击比赛中，记事件：“甲射击一次，命中目标”，，常数；事件：“乙射击一次，命中目标”，，假定甲、乙互不影响，各人每次射击互不影响，比赛时，两人同时射击次，事件，，发生的次数分别为，，，则（ ）
A．B．
C．D．
11．甲、乙两人进行投篮游戏，用抽签的方式决定谁先投篮，抽到谁是等可能的.每次投篮若命中，则继续投篮；若未命中，则换对方投篮.规定两人累计共投3次球，投中次数多的一方获胜，若两人投中次数相同，再抽签决定谁投篮一次，投中为胜，未投中则对方获胜.若甲、乙每次投篮命中的概率分别为，且每次投篮相互独立，则下列说法正确的是（ ）
A．第2个球是甲投的概率为
B．甲只投了1次球获胜的概率为
C．甲投了3次球获胜的概率为
D．在第一次是乙投篮的条件下，甲获胜的概率为
三、填空题（本大题共3小题）
12．设数列的前n项和为，若 .
13．已知空间中的三点，，，则点到直线AB的距离为 .
14．若对任意的实数，直线与椭圆恒有公共点，则实数的取值范围为 .
四、解答题（本大题共5小题）
15．已知在中，角的对边分别为．
(1)求的值；
(2)若是的中点，，求的值．
16．如图，在四棱锥中，底面ABCD为正方形，，.
(1)证明：平面ABCD.
(2)若，求二面角的余弦值.
17．某学校为调查高三年级的体育开展情况，随机抽取了20位高三学生作为样本进行体育综合测试，体育综合测试成绩分4个等级，每个等级对应的分数和人数如下表所示：
(1)若从样本中随机选取2位学生，求所选的2位学生分数不同的概率；
(2)用样本估计总体，以频率代替概率.若从高三年级学生中随机抽取n位学生，记所选学生分数不小于3的人数为X.
（ⅰ）若，求X的分布列与数学期望；
（ⅱ）若，当k为何值时，最大？
18．已知为椭圆的左、右焦点，为椭圆的上顶点，若为直角三角形，且椭圆过点.
(1)求椭圆的方程；
(2)过点作斜率互为相反数的两条直线与分别交椭圆于两点，
①求证：通过点的直线的斜率为定值，并求出该定值；
②求的最大值.
19．已知函数.
(1)当时，求的解集；
(2)若有极值，求实数的取值范围；
(3)设，若，求的最大值.
参考答案
1．【答案】D
【详解】在等比数列中，由前n项和，则，
当时，由，
所以，即.
故选D.
2．【答案】A
【详解】由是一个单位正交基底，得，
所以.
故选A.
3．【答案】B
【详解】对于可知：，
可知展开式中的常数项为，
即，解得或（舍去），
且，所以.
故选B.
4．【答案】A
【详解】记小李一家去张家界为事件，去长沙为事件，去徒步爬山为事件，
则、、、，
所以，
即小李一家旅游时去徒步爬山的概率为.
故选A.
5．【答案】A
【详解】在长方体中，建立如图所示的空间直角坐标系，
由，得，
由点E在棱BC上，且，得，的重心，
则，，，，
所以点G到直线AE的距离.
故选A.
6．【答案】B
【详解】因为，所以，
因为，所以，，
又，，
所以，
所以，所以，所以.
故选.
7．【答案】A
【详解】因为，易知，所以0不是零点，
令，即，得到，令，，
则，
易知恒成立，由，得到，
当时，，时，，时，，
所以在单调递增，单调递减，单调递增，
又易知，当，且时，，时，，
当时，时，，且，
当时，时，，所以的图象如图所示，
由题知与有三个交点，所以，
故选A.
8．【答案】A
【详解】由题意得，
又，由，得,
解得，，
即的单调递减区间为，.
设，
则，
由，得，
即，
又，则，
解得，，
即的单调递增区间为，．
由“缓减区间”的定义可得的“缓减区间”为，，
而是的子集，是“缓减区间”；
不是的子集，不是“缓减区间”；
不是的子集，不是“缓减区间”；
不是的子集，不是“缓减区间”.
故选A.
9．【答案】AD
【详解】对于A，因为，所以点，故A正确；
对于B，由平面，可得平面的法向量为，
又，，所以，又，
所以与不共线，故不垂直于平面，故B错误；
对于C，由点到平面的距离公式可得点到平面的距离，故C错误；
对于D，由，，所以，
所以，所以，
又，所以，所以，故D正确.
故选AD.
10．【答案】AC
【详解】对于A，由题意得事件：“甲射击一次，命中目标”，，
事件：“乙射击一次，命中目标”，，
则，，
由二项分布的期望公式得，，
则，，
即，故A正确，
对于B，由二项分布的方差公式得，，
则，，
则不一定相等，故B错误，
对于C，由题意得假定甲、乙互不影响，
则，相互独立，由独立事件概率公式得，
则，由二项分布的期望公式得，
由二项分布的方差公式得，
由已知得，得到，故C正确，
对于D，由已知得，
，则，故D错误.
故选AC.
11．【答案】ABD
【详解】记“抽签抽到甲”，“甲投篮命中”，“抽签抽到乙”，“乙投篮命中”.
对于A，第2个球是甲投的概率为，所以A正确；
对于B，甲只投了1次球获胜的概率为
，所以B正确；
对于C，甲投了3次球获胜的概率为
，故C错误；
对于D，在第一次是乙投篮的条件下，
甲获胜的概率为
，故D正确.
故选ABD.
12．【答案】2
【详解】数列的前项和
因为所以
解得
13．【答案】
【详解】因为空间中的三点，，，所以，，
所以，，
点到直线AB的距离为．
14．【答案】
【详解】直线方程可化为，则该直线过定点，
因为直线与椭圆恒有公共点，则点在椭圆上或椭圆内，
所以，解得且.
因此，实数的取值范围是.
15．【答案】(1)
(2)
【详解】（1）在，，所以，
由，
即，
所以，在中，，所以，
因此，即；
（2）由余弦定理得，即有①，
由是中点得，
两边平方有，
即有②，
联立①②解得，
所以．
16．【答案】(1)证明见解析
(2).
【详解】（1）证明：因为底面为正方形，所以.
又因为，，平面，所以平面PBD；
因为平面，所以.
因为，与相交，平面.
所以平面.
（2）解：以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
设，则，，，，则，，.
设平面的法向量为，
则，即，令，则，
所以平面的一个法向量为.
设平面的法向量为，
则，即，令，则，
所以平面的一个法向量为.
，
易知二面角的平面角为锐角，故二面角的余弦值为.
17．【答案】(1)
(2)（ⅰ）分布列见解析，；（ⅱ）时，最大
【详解】（1）设事件“选取的2位学生分数不同”，
则，
故所选的2位学生分数不同的概率为；
（2）设“学生分数不小于3”，则，
（ⅰ）若，的可能取值为，由题意可得,
又，，
，，
所以的分布列为：
由于，则；
（ⅱ）若，则，
所以，
由于最大，
所以，
即，
因为，，所以时，最大.
18．【答案】(1)
(2)①证明见解析，定值为1；②4.
【详解】（1）由题意，则是等腰直角三角形，即得，从而.
又椭圆过点则有解得.
椭圆的方程：.
（2）
①由（1）知椭圆的方程为，设直线的方程：，则的方程是.
令，
由可得
则有
，
同理得，
.
即直线的斜率为定值，且定值为1.
②由①知，
则
又，当且仅当即当时等号成立，
所以，即的最大值为4.
19．【答案】(1)
(2)
(3)2
【详解】（1）当时，因为，
所以，
所以在上单调递增，又，
所以当时，；当时，，
故的解集为.
（2）因为有极值，
所以在上有变号零点，
即在上有变号零点，
因为的对称轴为，所以只需，
所以.
（3）由，得，
设，
则，
令，得（舍去），或，
当时，单调递减；当时，单调递增，
所以，
因为，所以，即，
令，
因为与在上都单调递减，
所以在上单调递减，
又，
所以在存在唯一的零点，
当时，，
所以由可得，
又，所以的最大值为2.
等级
不及格
及格
良
优
分数
1
2
3
4
人数
3
9
5
3