江苏省南京市第一中学2024-2025学年高二下学期4月期中考试 数学试题（含解析）

这是一份江苏省南京市第一中学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。
1．已知直线的方向向量为，平面的一个法向量为，若，则的值（ ）
A．B．C．1D．4
2．数列，3，，15，的一个通项公式可以是（ ）
A．B．
C．D．
3．曲线在处切线的斜率为（ ）
A．4B．2C．D．
4．三位老师和三位学生站成一排，要求任何两位学生都不相邻，则不同的排法种数为（ ）
A．72B．144C．36D．12
5．已知随机变量的分布列为
则（ ）
A．B．C．D．
6．若圆上恰好有4个不同的点到直线的距离为3，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
7．已知抛物线的焦点为，准线为，点在上，过点作准线的垂线，垂足为，若，则（ ）
A．2B．C．D．4
8．已知，若，则的值为（ ）
A．3B．22C．43D．45
二、多选题（本大题共3小题）
9．已知，分别为随机事件，的对立事件，，，则（ ）
A．当，独立时，
B．当，互斥时，
C．
D．.
10．已知函数，则有（ ）
A．当时，在R上递增
B．当时，有3个零点
C．当时，关于对称
D．当时，有2个极值点
11．定义：当为奇数时，，当为偶数时，，，则称为“回旋数列”.若为“回旋数列”，,，设的前项和为，从中任意抽取两个数，设两个数之和大于0的概率为，则（ ）
A．B．
C．D．
三、填空题（本大题共3小题）
12．已知为等差数列，且，则 .
13．现有6本不同的书分配给甲、乙、丙三人，若一人得4本，另外两人每人得1本，则有 种不同的分配方式.
14．在直三棱柱中，，点为侧面上的任意一点，则的取值范围是 .
四、解答题（本大题共5小题）
15．在的展开式中，已知前三项系数的绝对值依次成等差数列.
(1)求展开式中二项式系数的最大值；
(2)求展开式中所有的有理项.
16．假设有两个密闭的盒子，第一个盒子里装有3个白球与2个红球，第二个盒子里装有2个白球与4个红球，这些小球除颜色外完全相同.
(1)从两个盒子中分别取出一个球，求取到红球的概率；
(2)每次从第一个盒子里随机取出一个球，取出的球不再放回，经过两次取球，求取出的两球中有红球的条件下，第二次取出的是红球的概率；
(3)若先从第一个盒子里随机取出一个球放入第二个盒子中，摇匀后，再从第二个盒子里随机取出一个球，求从第二个盒子里取出的球是红球的概率.
17．已知双曲线的两条渐近线互相垂直，且过点.
(1)求双曲线的方程；
(2)设过点的直线与相交于不同的两点，若的面积不小于，求直线斜率的取值范围.
18．如图①，在中，分别是边的中点，现将沿着折起，使点到达点的位置，并连接，得到四棱锥，如图②，设平面平面.
(1)求证：；
(2)求证：平面平面；
(3)若点到平面的距离为，求平面与平面的夹角.
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】B
【详解】因为是直线的一个方向向量，是平面的一个法向量，
且直线平面，所以，
所以，解得.
故选B.
2．【答案】A
【详解】数列各项正､负交替，故可用来调节，
又，
所以通项公式为
故选A.
3．【答案】D
【详解】因为，所以曲线在处切线的斜率为.
故选D.
4．【答案】B
【详解】解：因为要求任何两位学生不站在一起，
所以可以采用插空法，
先排3位老师，有种结果，
再使三位学生在教师形成的4个空上排列，有种结果，
根据分步计数原理知共有种结果.
故选B.
5．【答案】B
【详解】由分布列性质知，，
解得，则，
则．
故选B.
6．【答案】D
【详解】由圆上恰好有4个不同的点到直线的距离为3，
可知圆心到直线的距离，即，
所以，解得，
故选D.
7．【答案】D
【详解】因为，所以，
设准线与轴交于点，因为，
所以.因为，所以，
所以在等边中，.
故选D.
8．【答案】C
【详解】已知，
而.
.
等式两边对求导数可得，，
再令，可得，即.
故选C.
9．【答案】ABD
【详解】若独立，则，A正确；
若互斥，则，B正确；
因为，C错误，D正确.
故选ABD.
10．【答案】AC
【详解】对于A，，恒成立，故在R上递增，A正确；
对于B，，，
当或时，，单调递增，
当时，，单调递减，
，又，
所以有2个零点，B错误；
对于C，，
，
故关于对称，C正确；
对于D，，当时，，
故恒成立，单调递增，不满足有2个极值点，D错误.
故选AC.
11．【答案】ACD
【详解】因为数列为“回旋数列”，，
所以当为奇数时，；当为偶数时，，
当为奇数时，，所以，
所以数列为等差数列，公差为，
所以当为奇数时，，
当为偶数时，，，所以，
所以数列为等差数列，公差为6，
又，故，所以当为偶数时，，
所以，故A正确；
，
所以，
所以，故B错误；
从中任意抽取两个数，有种取法，
其中两个数之和大于0的取法包含取一个奇数项与它之后的所有偶数项，
或取一个偶数项与它之后的所有偶数项，
故有，
所以，所以，故C正确；
又，故D正确.
故选ACD.
12．【答案】2
【详解】方法一：设公差为，则，所以.
方法二：因为，所以.
13．【答案】90
【详解】先在6本书中选择4本分给1人，然后把最后2本平均分成两组，再倍缩，
3组和3人组成全排列，故有种不同的分配方式.
14．【答案】
【详解】如图取中点为原点，建立空间直角坐标系，设，
其中，
，
当，且或时，取最大值4，
当，且时，取最小值2，所以的取值范围为.
15．【答案】(1)70
(2)，，
【详解】（1）展开式中第项为，
所以前三项系数的绝对值依次为，，，
依题意有，，
即，整理得，解得（舍去）或，
由二项式系数的性质可知，展开式中二项式系数的最大值为.
（2）由（1）知，，
又，，由可得，
故展开式中的有理项为：
，，.
16．【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）记“取到红球”为事件，
则，
即取到红球的概率为.
（2）依题意，记事件表示第次从第一个盒子里取出红球，记事件表示两次取球中有红球，
则，
即所求概率为.
（3）记事件表示从第一个盒子里取出红球，记事件表示从第一个盒子里取出白球，记事件表示从第二个盒子里取出红球，
则.
即所求概率为.
17．【答案】(1)
(2).
【详解】（1）因为两条渐近线互相垂直，则，即，
又过点，则，解得，
所以双曲线的方程为.
（2）由题意可知：直线的斜率存在，可设直线的方程为，
联立方程消去y可得.
因为直线与双曲线相交于不同的两点，
则，解得，
设，则，
可得，
且原点到直线的距离，
则，
若的面积不小于，即，
整理可得，解得，可得，
综上所述：直线的斜率的取值范围为.
18．【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3).
【详解】（1）因为分别是边的中点，所以，
又平面平面，所以平面，
又平面，平面平面，所以.
（2）因为，所以，由（1）知，，所以，
在图（1）中，，所以.
又平面，所以平面.
又平面，所以平面平面.
（3）如图，过点作，垂足为.
由（2）知，平面平面，又平面平面平面，
所以平面，所以点到平面的距离即为的长，即.
在中，，所以.
又，所以是边长为2的等边三角形.
取的中点，连接，则.
由（1）知，平面，又平面，所以.
又平面，所以平面
（方法一）以为原点，所在直线分别为轴，轴，过与平行的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则.
设平面的法向量为，则，
令，得，所以是平面的一个法向量.
又平面，所以平面的一个法向量为，
所以，
所以平面与平面的夹角为.
（方法二）以为原点，所在直线分别为轴，轴，且以过点与平行的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则.
设平面的法向量为，则，
令，得，所以是平面的一个法向量.
又是平面的一个法向量，
所以，
所以平面与平面的夹角为.
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.
0
2
4