海南省文昌中学2024−2025学年高二下学期段考 数学试题（含解析）

这是一份海南省文昌中学2024−2025学年高二下学期段考 数学试题（含解析），共11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．口袋中装有5个白球4个红球，每个球编有不同的号码，现从中取出2个球，至少有一个红球的取法种数是（ ）
A．20B．26C．32D．36
2．函数的单调增区间为（ ）
A．B．C．D．
3．已知等比数列满足，，则的值为（ ）
A．B．C．D．
4．的展开式中，项的系数为（ ）
A．1B．－5C．6D．
5．如图，已知函数的图象在点处的切线为，则（ ）
A．B．C．1D．2
6．甲、乙、丙、丁、戊、戌名同学相约到电影院观看电影《哪吒》，他们恰好买到了六张连号且在同一排的电影票，若甲不坐在个人的两端，乙和丙相邻，则不同的排列方式种数为（ ）
A．B．C．D．
7．现有4个红色教育基地和2个劳动实践基地，甲、乙两人分别从这6个基地中各选取1个基地研学（每个基地均可重复选取），则在甲、乙两人中至少一人选择红色教育基地研学的条件下，甲、乙两人中一人选择红色教育基地研学、另一人选择劳动实践基地研学的概率为（ ）
A．B．C．D．
8．已知直线l分别与曲线，相切于点，，则的值为（）
A．2B．1C．－2D．－5
二、多选题
9．以下结论正确的是（ ）
A．从4本不同的书中选出3本送给3名同学，每人一本，有种不同的送法
B．由1，2，3，4，5，6组成没有重复数字且1，3不相邻的六位数的个数为480
C．将7人分成3组，要求每组至多3人，则不同的分组方法种数是175
D．若且，则，
10．已知，则下列结论中正确的是（ ）
A．B．=
C．=D．=
11．已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A．函数存在极小值
B．
C．当时，
D．若函数有且仅有两个零点，则且
三、填空题
12．函数在上的最小值为 .
13．已知展开式中二项式系数和为1024，则展开式中常数项的值为 .（用数字作答）
14．已知函数，则函数在处切线方程为 ；该切线与的图象有三个公共点，则实数k的取值范围是 .
四、解答题
15．已知正项数列是等差数列，前项和为，满足首项与公差相等，且，，成等比数列.
（1）求数列的通项公式；
（2）求数列 的前项和.
16．现有一堆颜色不同，形状一样的小球在甲乙两袋中，其中甲袋有5个红色小球，4个白色小球，乙袋中有4个红色小球，3个白色小球.
（1）分别从甲乙两袋中各取一个小球（相互无影响），求两个小球颜色不同的概率；（可直接用数字作答）
（2）从甲袋中取出一球放入乙袋，然后从乙袋中取出一球；从甲袋中取出的是红球的条件下，求从乙袋中取出红球的概率；（可直接用数字作答）
（3）先从两袋中任取一袋，然后在所取袋中任取一球，求取出为白球的概率.（以字母表述解题，并计算结果）
17．如图，在三棱台中，底面，，，为的中点，.
（1）证明：；
（2）若，求平面与平面夹角的余弦值.
18．已知函数有两个不同的零点.
（1）求函数的极值点；
（2）求实数的取值范围；
（3）求证：.
19．已知椭圆过点，且离心率为．设，为椭圆的左、右顶点，为椭圆上异于，的一点，直线，分别与直线相交于，两点，且直线与椭圆交于另一点．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）求证：直线与的斜率之积为定值；
（3）判断三点，，是否共线？并证明你的结论．
参考答案
1．【答案】B
【详解】从个球中任取个球的取法共有种，
两个球都不是红球的取法有种，
所以取出2个球，至少有一个红球的取法种数为.
故选B.
2．【答案】C
【详解】解:由题知,定义域为,
所以,
令,解得,
所以的单调增区间为:.
故选:C
3．【答案】C
【详解】数列为等比数列，设数列的公比为，
因为，，
所以，
所以，即，
故.
故选C.
4．【答案】B
【详解】由的展开式可得，含的项为，
含的项为，
则的展开式中，含的项为，
故的展开式中，项的系数为.
故选B
5．【答案】C
【详解】由图象可得，切线过点和，切线斜率为，所以，
又因为切线方程为，则切点坐标为，有，
所以.
故选C
6．【答案】D
【详解】先将乙和丙看成一个人与丁，戊，戌排列，有种排法，
再将甲插入这四个人中间的三个空位，有种排列方式，
最后考虑乙和丙的顺序有种方式，
故共有种排列方式.
故选D.
7．【答案】C
【详解】由题意可知：甲、乙两人从6个基地中各选一个进行研学有（种）情况，
至少一人选择红色教育基地研学有（种）情况，
设“甲、乙两人中至少一人选择红色教育基地研学”，则，
甲、乙两人中一人选择红色教育基地研学、另一人选择劳动实践基地研学，有（种）情况，
设“甲、乙两人中一人选择红色教育基地研学、另一人选择劳动实践基地研学”，则，
所以．
故选C．
8．【答案】B
【详解】由，有，
在点处的切线方程为，即，
在点处的切线方程为，即
则有，得，
所以，可得．
故选B．
9．【答案】BC
【详解】对于A中，从4本不同的书中选出3本送给3名同学，每人一本，有种不同的送法，所以A错误；
对于B中，由1，2，3，4，5，6组成没有重复数字且1，3不相邻的六位数，
可得先对数字全排，再将插入5个空隙中的两个位置，
所以数字的个数为，所以B正确；
对于C中，将7人分成3组，要求每组至多3人，可得其分组有两类：和，
当分为的三组时，有种分法；
当分为的三组时，有种分法，
综上可得，共有种不同的分法，所以C正确；
对于D中，若且，则，所以D不正确.
故选BC.
10．【答案】BCD
【详解】令，可得①，
故B正确；
令，可得②，
由①+②可得，所以，
故D正确；
由二项式定理可知，，
故，
故A错误；
的系数均为正数，的系数均为负数，
所以，
故C正确.
故选BCD.
11．【答案】ACD
【详解】，
当时，，函数单调递增；
当时，，函数单调递减，
故函数在处取得极小值，也是最小值，没有极大值，A正确；
当时，函数单调递增，且，所以，B错误：
当时，，易知C正确；
由得，若函数有两个零点，只需且，D正确．
故选ACD．
12．【答案】
【详解】，
令，即，解得，
令，即，解得，
所以函数在上单调递减；在上单调递增；
所以.
13．【答案】
【详解】由二项式展开式中二项式系数和为1024，
可得，解得，即，
所以展开式中的常数项为.
14．【答案】
【详解】当时，函数，可得，
则，即函数在处切线的斜率为，切点坐标为，
所以切线方程为，即；
令，可得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以，当时，函数取得最小值，最小值为，
所以与在上只有1个交点，交点坐标为.
则在上有两个不同的实数解，
即在上有两个不同的实数解，
即与的图象在上有两个不同的交点，
因为函数在上单调递减，在单调递增，
又因为，所以函数在上的值域为，
要使得与的图象在上有两个不同的交点，
则满足，即实数的取值范围为.
15．【答案】（1）
（2）
【详解】（1）设等差数列的公差为，，
由首项与公差相等，且，，成等比数列，所以，
所以，所以，解得，
所以，所以数列的通项公式为；
（2）由，有，
所以，
可得 .
16．【答案】（1）
（2）
（3）
【详解】（1）解：设事件为“从甲袋中取出红球”，事件为“从乙袋中取出红球”，
事件为“两球颜色不同”，则，
则.
（2）解：由（1）知：，
若从甲袋中取出的是红球，放入乙袋中，取得红球的概率为，
所以从甲袋中取出红球的条件下，则从乙袋中取出红球的概率为.
（3）解：设事件为“取出为白球”，事件为“取到甲袋”，事件为“取到乙袋”，
则，
则.
17．【答案】（1）见详解
（2）
【详解】（1）在三棱台中，
∵，，∴，，．
∵为的中点，∴，，
∴四边形为平行四边形，故．
∵，∴．
∵底面，底面，∴．
∵平面，为相交直线，∴平面，
∵平面，∴．
（2）
以为原点，以分别为轴，轴，轴的正方向，建立如图所示空间直角坐标系，
则，；
∴，；
设是平面的法向量，则，即，
取；
设是平面的法向量，则，即，
取；
∴，
∴平面与平面夹角的余弦值为．
18．【答案】（1）为极小值点，无极大值点
（2）
（3）见详解
【详解】（1）解：由函数，可得其定义域为，且，
所以当时，；当时，，
所以在上单调递减，在 上单调递增，
所以 为极小值点，无极大值点.
（2）解：由（1）当时，取得最小值，
又当时，；当时，；
函数的图象，如图所示，
要使得 两个不同的零点 ，则满足，即.
所以实数的取值范围为 .
（3）解：不妨设 ，由 （1） 可知，则，
要证，只需证，
又因为在上单调递增， 所以只需证，
即证，
记，
则，
当时，，单调递增，
又由，
所以，即，所以.
19．【答案】（1）；
（2）见详解；
（3），，三点共线，见详解.
【详解】（1）根据题意得，解得，
所以椭圆的标准方程为；
（2）根据题意可知直线与的斜率都存在且不为零，，
设，则（），
则，
因为点在椭圆上，
所以，所以，
所以，
所以直线与的斜率之积为定值；
（3），，三点共线，证明如下：
设直线的方程为，
则直线的方程为，
所以，
所以，
所以设直线的方程为，
由，得，
设，则，得，
所以，
所以，
因为，
所以，，
所以，
所以，，三点共线.