湖南省常德市临澧县第一中学2024−2025学年高二下学期4月期中考试 数学试题（含解析）

这是一份湖南省常德市临澧县第一中学2024−2025学年高二下学期4月期中考试 数学试题（含解析），共35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．下列导数运算正确的是（ ）
A．B．
C．D．
2．已知随机变量，，则（ ）
A．0.2B．0.3C．0.7D．0.8
3．等差数列中，为其前项的和，若，，则（ ）
A．50B．100C．400D．500
4．已知点在抛物线上，抛物线的焦点为，则（ ）
A．5B．8C．D．
5．已知函数的大致图象如图所示，则不等式的解集为（ ）
A．B．C．D．
6．在平面直角坐标系中，为曲线上位于第一象限内的一点，为在轴上的射影，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
7．将这9个数字填在的方格表中，要求每一行从左到右、每一列从上到下的数字依次变小.若将4填在如图所示的位置上，则填写方格表的方法数为（ ）
A．12B．24C．36D．48
8．已知，，，则，，的大小关系是（ ）
A．B．
C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．已知随机变量服从二项分布，，下列判断正确的是（ ）
A．若，则B．
C．若，则D．的最大值为
10．在正三棱柱中，为AC的中点，点满足，，则（ ）
A．当时，B．当时，
C．存在，使得D．存在，使得平面
11．如图，由函数与的部分图象可得一条封闭曲线，则下列说法正确的是（ ）
A．关于直线对称
B．的弦长最大值大于
C．直线被截得弦长的最大值为
D．的面积小于
三、填空题（本大题共3小题）
12．的展开式中的系数为 .
13．一个不透明的袋子中装有3个黑球，个白球（），这些球除颜色外大小、质地完全相同，从中任意取出3个球，已知取出2个黑球，1个白球的概率为，设为取出白球的个数，则 .
14．已知函数对定义域内任意，都有，则正实数的取值范围为 .
四、解答题（本大题共5小题）
15．已知等差数列满足：，且成等比数列．
(1)求数列的通项公式；
(2)若等差数列的公差不为零，且数列满足：，记数列的前n项和为，求证：；
16．已知函数，.
（1）若曲线在点处的切线与曲线也相切，求a；
（2）若图象恒在图象的上方，求a的取值范围.
17．如图，在三棱柱中，，，，侧面为矩形．

（1）证明：；
（2）若二面角的余弦值为，求二面角的余弦值．
18．在平面直角坐标系中，，，若点P是平面上一动点，且的周长为，设动点P的轨迹为曲线C.
(1)求曲线C的方程；
(2)若直线与曲线C交于A，B两点，且，，求k的值.
19．若抛掷一枚硬币，每次落地后正面向上的概率为，张华同学思考了以下抛掷硬币问题：
（1）一共抛掷硬币4次，求恰有2次正面朝上且第2次抛掷是反面朝上的概率；
（2）如果抛掷硬币前约定“双上次原则”：即最多抛掷硬币次，当出现两次正面朝上时就不再抛掷，抛掷硬币次后即使没有出现两次正面朝上也不再抛掷．设表示“双上次原则”中抛掷硬币的次数．
①若，求；
②若（为整数）表示抛掷硬币次时恰有2次正面朝上的概率，证明：．
参考答案
1．【答案】C
【详解】对于A，，故A错误；
对于B，，故B错误；
对于C，，故C正确；
对于D，，故D错误.
故选C.
2．【答案】C
【分析】根据正态分布的对称性即可得到答案.
【详解】由题意得，所以.
故选C.
3．【答案】D
【详解】，
故选D
4．【答案】A
【详解】将点代入抛物线，可得，解得，
所以.
故选A.
5．【答案】B
【详解】观察图象知，是函数的极小值点，求导得，
则，解得，当时，；当时，，
则是函数的极小值点，，，
不等式，解得，
所以不等式的解集为.
故选B
6．【答案】B
【分析】设，则，构造函数，利用导数求出函数取得最大值时，点的坐标，进而可得出答案.
【详解】设，
则，
令，则，
当时，，当时，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
所以当时，取得最大值，
又，所以此时最大，
此时，
所以的最大值为.
故选B.
【思路导引】假设，则，构造函数，求导并计算出函数最大值，结合题目条件得到，从而计算出的最大值.
7．【答案】A
【详解】由每一行从左到右、每一列从上到下的数字依次变小，得在左上角，在右下角，如图，
排在位置，有种方法，
从余下的4个数字中任取2个按从左到右由大到小排在位置，有种方法，
最后两个数字从上到下由大到小排在位置，有1种方法，
所以填写方格表的方法共有（种）.
故选A
8．【答案】C
【详解】因为，，
，，，
构造函数，则，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
因，所以，即，即，所以；
又，所以，即.综上，.
故选C.
9．【答案】ABD
【详解】因为，
由，解得，所以，故A正确．
，故B正确．
由，解得或，所以或，故C错误．
，
设函数，
则．
当时，，单调递增，当时，，单调递减，
所以，所以的最大值为，故D正确．
故选ABD
10．【答案】AD
【详解】取的中点，建立如图所示空间直角坐标系：

设底面边长为2，
则，
所以，所以，
A. 当时，，，，所以，故A正确；
B. 当时，，，，所以不成立，故B错误；
C.，，故C错误；
D. 因为，，
设平面的一个法向量为，
则，即，令，则，
使得平面，所以，所以，，符合，故D正确；
故选AD.
11．【答案】ACD
【详解】对于A：由，
所以函数的反函数为，
所以关于直线对称，故A正确；
对于B：有.
设，则，
由.
由，
所以在上单调递减，在上单调递增.
且，
所以存在，使得，另.
所以曲线与直线有两个交点，设右侧的交点为，左侧的交点为，
则，所以，
结合图象可得，的弦长最大值小于，故B错误；
对于C：因为直线与直线垂直，
设为曲线的切线，由，
所以切点为，所以切线方程为.
直线与的距离为.
所以直线被截得弦长的最大值为，即.故C正确；
对于D：由，所以B中.
过点做的切线，再做该切线关于对称的直线，
过，做切线的垂线，与两切线分别交于，
如图所示，构成矩形，
该矩形将图形包含在内，所以的面积小于矩形的面积.
又，
所以矩形的面积为.所以D正确.
故选ACD.
12．【答案】
【详解】的展开式通项为，
因为，
在中，其通项为，令，
在中，展开式通项为，令，可得，
所以，的展开式中的系数为.
13．【答案】/
【详解】由题可知，，即，解得，
则X的可能取值为，
，，
，，
所以.
14．【答案】
【详解】因为，所以
令函数，则在上单调递减，
所以在上恒成立，所以，
即.令函数，则，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增.
当时，，当时，，
且由题干可知，，即，
若，则恒成立，
当时，恒成立等价于当时，，
故时，恒成立，故.
令函数，则，
当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以的最大值，所以；
综上所述，正实数的取值范围为.
15．【答案】(1)或;
(2)证明见解析.
【分析】（1）根据等比数列结合等差数列的通项公式计算求解即可；
（2）应用裂项相消法求和得出，再结合单调性证明即可.
【详解】（1）设数列的公差为d，依题意：成等比数列，
所以，解得：或
当时，，当时，
所以数列的通项公式为或
（2）因为等差数列的公差不为零，由（1）知
则
所以，故
而随n的增大而增大，则，故成立.
【方法总结】裂项相消法
把数列和式中的各项分别裂开后，可以消去一部分，从而计算和的方法，适用于通项为1an·an+1的前n项和，其中{an}为等差数列，1an·an+1＝1d1an−1an+1.
常见的拆项方法：
①12n−12n+1＝1212n−1−12n+1；
②1nn+1n+2＝12[1nn+1－1n+1n+2]；
③1nn+k＝1k1n−1n+k；
④kanan−1an+1−1＝ka−1(1an−1－1an+1−1)(a>0，a≠1)．
16．【答案】（1）；
（2）.
【详解】（1）由题设，则，则切线为，
由，令，可得且，
则，所以切线为，则，
曲线在点处的切线与曲线也相切，则；
（2）由图象恒在图象的上方，则恒成立，
所以在上恒成立，
对应，则，
当时，，在上单调递增，
当时，，在上单调递减，
所以，故.
17．【答案】（1）证明见解析
（2）
【详解】（1）取中点，连接，如图所示，
由三棱柱得，，
因为，所以，则，
又因为四边形为矩形，所以，则，
又因为平面，，
所以平面，又平面，所以，
所以．

（2）设，则，，
因为，，所以为等边三角形，
所以，
由（1）得，，
又平面平面，平面，平面，
所以二面角的平面角为，
在中，由余弦定理得，，解得，
在中，因为，
所以，同理可得，
又因为平面，
所以平面，
以为原点，为轴，以过点平行于的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，

则，
所以，，
设平面的一个法向量，
则，取，则，
设平面的一个法向量，
则，取，则，
所以，
所以二面角的余弦值为．
18．【答案】(1)
(2)
【详解】（1）由题意可知：，
.
由椭圆的定义知，动点P的轨迹是以，为焦点，实轴长为4的椭圆.
可设方程为，
则，，解得，则，
故曲线的方程为.
（2）联立方程组，消去，整理可得.
则.
设，，的中点为，
则由韦达定理可知：，.
，.
∵，，则，如图所示.
又，
则，即，解得.
19．【答案】（1）
（2）证明见解析
【详解】（1）抛掷硬币4次，恰好有2次正面朝上且第2次是反面朝上，则在1，3，4次中有两次是正面朝上，则概率为
（2）①若，则出现的情况有两种，
情况一：前四次抛掷均为反面，第五次无论何种情况均符合题意，
情况二:前四次抛掷出现一次正面，第五次无论何种情况均符合题意，
所以,
②由题意可得的所有取值有
,
所以，
因为,由于，则，
所以,
故，得证.
4