江苏省扬州中学2024−2025学年高二下学期期中考试 数学试卷（含解析）

这是一份江苏省扬州中学2024−2025学年高二下学期期中考试 数学试卷（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。
一、单选题（本大题共8小题）
1．若，，则（ ）
A．B．
C．D．
2．已知函数，则（ ）
A．0B．C．1D．
3．的展开式中第3项的二项式系数是（ ）
A．B．C．D．
4．从标有1，2，3，4，5，6的六张卡片中不放回地抽取两次，每次抽取1张，则在第一次抽到的卡片所标数字为奇数的条件下，第二次抽到的卡片所标数字仍为奇数的概率为（ ）
A．B．C．D．
5．从4名男同学、3名女同学中选3名同学组成一支志愿者小队，要求男、女都有，则不同的组队方案共有（ ）
A．60种B．50种C．40种D．30种
6．在平行六面体中，，．取棱的中点M，则（ ）
A．B．
C．D．
7．已知函数的定义域为，，若对任意，都有，则不等式的解集为（ ）
A．B．C．D．
8．在的展开式中，的系数为（ ）.
A．B．
C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．如下图是的导函数的图象，则下列说法正确的是（ ）
A．在区间上单调递增
B．是的极小值点；
C．在区间上单调递增，在区间上单调递减
D．在处取最大值
10．若，则下列正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
11．已知正方体的棱长为1，动点P满足（，，），下列说法正确的是（ ）
A．当时，
B．当，，时，则P到平面的距离的最小值是
C．当，时，的最小值为
D．当，且时，则P的轨迹总长度为
三、填空题（本大题共3小题）
12．已知直线的方向向量为，平面的一个法向量为，若，则的值为 ．
13．将甲乙丙丁戊五个同学分配到三个城市参加活动，每个城市至少去一人，共有 种不同分配方法．
14．的两个极值点满足，则的最小值为 .
四、解答题（本大题共5小题）
15．在二项式的展开式中前3项的二项式系数和为16，
(1)求展开式中所有项的二项式系数的和．
(2)求含的项的系数．
16．现有8名师生站成一排照相，其中老师2人，男学生4人，女学生2人，在下列情况下，各有多少种不同的站法？
(1)4名男学生互不相邻；
(2)2名老师之间恰有1名男学生和1名女学生．
17．已知函数，，其中为自然对数的底数．
(1)若为的极值点，求的单调区间和最大值；
(2)若函数的最大值为，求实数的值．
18．如图，在四棱锥中，底面为菱形，且，平面，，点为的中点．
(1)求证：平面平面；
(2)二面角的大小；
(3)线段上是否存在点，使得直线与平面所成夹角为．若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由．
19．已知函数．
(1)若，求曲线在点处的切线方程；
(2)若恒成立，求实数的取值范围；
(3)若，判断在上的零点个数并说明理由．
参考答案
1．【答案】D
【详解】若，，则.
故选D.
2．【答案】A
【详解】因为，所以，
所以.
故选A.
3．【答案】A
【详解】由二项式展开式的通项为，
可得的展开式中第3项的二项式系数是.
故选A.
4．【答案】C
【详解】记“第一次抽到的卡片所标数字为奇数”，“第二次抽到的卡片所标数字为奇数”，
由题意得，，
所以．
故选C.
5．【答案】D
【详解】根据题意，分2种情况讨论：
①选出的3人为2男1女，有种选法；
②选出的3人为1男2女，有种选法；
所以一共有种选法.
故选D.
6．【答案】B
【详解】取的中点，连接，
由图形可得，
所以
，
所以.
故选B.
7．【答案】B
【详解】令，则，
因为，
所以，
所以，即在上单调递增，
又，所以，
故当时，，即，
整理得，两边同除以，即可得，
所以当且仅当时，，
所以的解集为.
故选B.
8．【答案】A
【详解】由题可得的系数为:
.
故选A.
9．【答案】BC
【详解】由导函数的图象可知，当时，
当时，当时，当时，
所以在区间上单调递减，故A错误；
在区间上单调递增，在区间上单调递减，上单调递增，
在和处取得极小值，故B、C正确；
因为在区间上单调递增，处取得极大值，
在处的函数值小于在处的函数值，故D错误.
故选BC．
10．【答案】BCD
【详解】对于A，令，则，故A错误；
对于B，令，则，故B正确；
对于C，令，则，故C正确；
对于D，令，则，
对等式两侧同时求导函数得，
令得，，
所以，故D正确.
故选BCD.
11．【答案】ACD
【详解】建立如图所示空间直角坐标系，则
因为，∴
对于A，当时，，此时,，，得，，
所以直线与平面垂直，故A正确；
对于B，由选项A知，向量也是平面的一个法向量，当，，时，，，则点到平面的距离，所以P到平面的距离的最小值是，故B不正确；
对于C，当，时，，，
故，
故
令，则
如图所示，，
显然当三点共线时，取得最小值，
最小值为，当且仅当，即时，等号成立，此时
则的最小值为，故C正确；
对于D，当时，可得四点共面，所以点的轨迹在内（包括边界），设点在平面内的投影为点，
因为，所以点是的中心，
，平面的一个法向量为，
所以点到平面的距离，
若，则，
即点落在以为圆心，为半径的圆上，
点到三边的距离为，

此时，点的轨迹是以为圆心，为半径的圆的一部分，其轨迹长度为，故D正确.
故选ACD.
12．【答案】/
【详解】由可得，即，解得.
13．【答案】
【详解】分配到三个城市参加活动，每个城市至少去一人，则先把5人按分组，有种分组方法，
按分组，有种分组方法，因此不同分组方法数为，
再把每一种分组安排到三个城市，有种方法，
所以不同分配方法种数是.
14．【答案】
【详解】由函数，，则，因为函数两个极值点，则
①，②，得③，设，则且，代入③得，
设，则，
设，则
，在单调递减，，从而，在单调递减，，故的最小值为.
15．【答案】(1)
(2)
【详解】（1）因为二项式的展开式中前3项的二项式系数和为16，
所以，即，解得，或(舍去)，
展开式中所有项的二项式系数的和为.
（2）的通项公式为，
令，解得，
所以含的项的系数为.
16．【答案】(1)2880
(2)3840
【详解】（1）先排老师和女学生共有种站法，
再将男生插入到五个空中，有种，
所以共有种不同的站法．
（2）先任选一男学生一女学生站两位老师中间，有种站法，
两老师的站法有种，
再将一男学生一女学生两位老师进行捆绑与剩余的4个人进行全排列有种，
所以共有种不同的站法．
17．【答案】(1)函数在上单调递增，在函数在上单调递减，最大值为
(2)
【详解】（1）因为，，所以，
由，得，解得，所以，
令，又，解得，令，又，解得，
所以函数在上单调递增，在函数在上单调递减，
的极大值为，也即的最大值为.
（2）因为，所以
①当时，在上单调递增，所以的最大值是，解得（舍去）；
②当时，由，得，
当，即时，
当时，，函数在上单调递增，
当时，，函数在上单调递减，
又函数的最大值为，所以，解得，
当，即时，在上单调递增，
所以，解得，舍去.
综上，存在符合题意.
18．【答案】(1)证明见详解；
(2)；
(3)不存在，理由见详解.
【详解】（1）连接与交于点，连接，
底面为菱形，点为的中点，
点为的中点，，
又平面，平面，
又平面，平面平面.
（2）平面，且底面为菱形，两两垂直.
以为原点，分别以向量方向为轴正方向建立如图所示空间直角坐标系，
底面为菱形，且，则为等边三角形，
，，
分别为的中点，，
则，
则，
设平面的一个法向量为，
则有，即，
令，则，
底面为菱形，，
平面平面，且平面平面平面，
平面，
为平面的一个法向量，
设二面角大小为，
则由图可得，
．
二面角的大小为；
（3）不存在，理由如下：
点在线段上，设，
由可得，
则，则，则，
由题意，若直线与平面所成夹角为，
则，
整理得，解出
又，不符合题意，故线段上不存在这样的点．
【方法总结】向量法求二面角的求法：
首先求出两个平面的法向量，再代入公式cs α＝±(其中分别是两个平面的法向量，α是二面角的平面角)求解(注意通过观察二面角的大小选择“±”)．
19．【答案】(1)
(2)
(3)当时，函数在上的零点个数为1
【详解】（1）当时，，则，，
所以在点处的切线方程为，即
（2）因为，且，由，得，
当时，在上恒成立，
所以在单调递增，恒成立，
当时，，
又因为，所以，
则当时，,
记，则时，，单调递减，
，与恒成立不符，
综上所述，恒成立，实数的取值范围为.
（3）当时，，令，
则，，
当时，，单调递减，
所以在上，，，易得，
所以在，函数没有零点.
令，，，
当时，，单调递减，
，，所以存在，使得，
当时，，当时，，
因此在上单调递增，在上单调递减，
所以，；
所以存在，使得，
所以当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
且，，
所以在区间，存在唯一的，使得，在区间上没有零点，
综上，当时，函数在上的零点个数为1.