湖北省宜昌市部分重点高中2024-2025学年高二下学期期中联合考试试卷 数学（含解析）

这是一份湖北省宜昌市部分重点高中2024-2025学年高二下学期期中联合考试试卷 数学（含解析），共51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，点和点，若，则实数的值为（ ）
A．1B．C．2D．
2．二项式的展开式中，的系数等于（ ）
A．60B．C．240D．
3．在数列中，，若为等差数列，则（ ）
A．B．C．D．
4．曲线在处的切线方程为（ ）．
A．B．C．D．
5．现要用种不同颜色对如图所示的五个区域进行涂色，要求相邻的区域不能用同一种颜色，则不同的涂色方法共有（ ）

A．180种B．192种C．300种D．420种
6．设等比数列中，，使函数在时取得极值，则的值是（ ）
A．或B．或
C．D．
7．如图，在平面直角坐标系中，已知椭圆与双曲线有相同的焦点、，双曲线的两条渐近线分别交椭圆于A、C和B、D四点，若多边形为正六边形，则椭圆与双曲线的离心率之和为（ ）

A．B．2C．D．
8．如图，已知在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，是以为斜边的等腰直角三角形，平面，点是线段上的动点（不含端点），若线段上存在点（不含端点），使得异面直线与成的角，则线段长度的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．如图所示，在长方体中，若，E、F分别是、的中点，则下列结论中一定成立的是（ ）

A．EF与垂直
B．EF与所成的角大小为
C．EF与平面所成角大小为
D．直线EF与平面平行
10．关于多项式的展开式，下列结论正确的是（ ）
A．各项系数之和为1
B．各项系数的绝对值之和为
C．常数项为140
D．的系数为40
11．已知数列和满足，，，.则（ ）
A．B．数列是等比数列
C．数列是等差数列D．
三、填空题
12．将5名同学安排到3个小区参加创建文明城市宣传活动，每名同学只去1个小区，每个小区至少安排1名同学，则不同的安排方法共有 种．（用数字作答）
13．若圆与直线相交于点A，B，且，则k的值为 ．
14．已知函数，若关于的方程恰有四个不同的解，则实数的取值范围是 .
四、解答题
15．某市场上供应的气球中，甲厂产品占60%，乙厂产品占40%，甲厂生产的气球合格率为90%，乙厂生产的气球合格率为80%．
(1)从该市场上随便购买一个气球，求它是合格产品的概率；
(2)如果小李购买了一个气球是次品，求该气球是甲厂生产的概率．
16．已知数列满足，，为数列的前项和．
(1)求证：数列是等比数列；
(2)求数列的通项公式；
(3)求数列的前项和．
17．如图，在以A、B、C、D、E、F为顶点的六面体中（其中平面），四边形是正方形，平面，且平面平面．
(1)求证：直线平面；
(2)若，求二面角所成角的正弦值．
18．已知函数．
(1)讨论函数的单调性；
(2)当时，求证：．
19．已知椭圆的右焦点为，右顶点为，离心率为，且点在椭圆上．
(1)求出椭圆的标准方程；
(2)若直线与椭圆交于两点，直线分别与轴交于两点，且，试探究直线是否恒过一个定点，若是，求出该定点，若不是，说明理由．
1．B
求出直线的斜率，根据直线平行的斜率关系得出实数的值.
【详解】，由于，则直线的斜率为
即，
故选：B
2．A
写出二项式展开式的通项公式，令x的指数等于3，即可求得答案.
【详解】展开式通项为，
令，解得：，所以的系数等于,
故选：A
3．A
利用等差中项求解即可．
【详解】解：由为等差数列得，解得.
故选：A
4．D
根据切点和斜率求得切线方程.
【详解】因为，所以，
则当时，，，
故曲线在处的切线方程为，
即．
故选：D
5．D
先涂区域，再涂区域，然后涂区域，分区域与区域同色、区域与区域不同色两种情况讨论，按照分步乘法计数原理计算可得.
【详解】先涂区域有种选择，再涂区域有种选择，然后涂区域有种选择，
若区域与区域同色，此时区域有种选择，
若区域与区域不同色，则区域有种选择，区域有种选择，
故有种涂色方法.
故选：D
6．D
根据在时取得极值，可求得，，代回验证可得，，再根据等比数列的性质即可求解.
【详解】由题意，
因为在时取得极值，
所以，
解得或，
当，时，
，
所以在上单调递增，不合题意，
当，时，
，
所以时，，
时，，
所以在，上单调递增，在上单调递减，
所以当时取得极小值，满足题意，
所以，
又，，同号，
所以.
故选：.
7．C
根据正六边形的几何性质及离心率的定义即可求解．
【详解】∵多边形为正六边形，设边长为，
∴，
，
故选：C．
8．B
首先取取中点，建立空间直角坐标系，利用异面直线的夹角公式列出等式，结合二次函数的值域即可求出线段长度的取值范围.
【详解】如图，取中点，连接，因平面，平面，故平面平面，
因是以为斜边的等腰直角三角形，
故，又平面，且平面平面，所以平面，
如图分别以和过点与平行的直线为轴建立空间直角坐标系.
则，
设，设，
故，得
又因为，且异面直线与成的角，
故，即
即因则有，
则故得.
故选：B.
9．ACD
A. 连接，易得，再由 平面判断；B.易得EF与所成的角为判断；C.易得平面，结合判断；D.由判断.
【详解】如图所示：

A. 连接，则，由 平面，平面，则 ，所以，故A正确；
B. 由选项A知：EF与所成的角为，因为长度不定，所以EF与所成的角不确定，故错误；
C. 易知平面，则平面，所以EF与平面所成角大小为，故正确；
D.由选项A知：，且平面，平面，所以直线EF与平面平行，故正确，
故选：ACD
10．BD
利用赋值法可计算并判断A，B；利用通项公式可计算并判断C，D.
【详解】对于A，令，可得各项系数之和为，故A错误；
对于B，多项式的展开式各项系数的绝对值之和与多项式的展开式各项系数之和相等，
在多项式中，令，可得各项系数之和为，故B正确；
对于C，的展开式的通项公式为，
的展开式的通项公式为，
令，则有4种情况：
当时，该项为；
当时，该项为；
当时，该项为；
当时，该项为.
故常数项为，故C错误；
对于D，令，结合，则有，解得或，
当时，该项为；当时，该项为，
所以，的系数为，故D正确.
故选：BD.
11．BCD
通过合理赋值即可判断A，对B两式作和即可判断，对C两式作差即可判断，对D，通过BC选项求出，则可判断D正确.
【详解】对A选项，令，则，，
则，则，则，则A错误，
对B选项，由题意中两式相加得，故B正确，
对C选项，由题意中两式作差得，
即，则C正确，
对D选项，由B得，，
两式相加得，
则，
则
若，显然，则成立,
故选：BCD.
12．150
首先确定将5名同学分成3组共有两种分法，接着计算每种分法下安排方法种数，最后相加即可.
【详解】将5名同学安排到3个小区参加创建文明城市宣传活动，每名同学只去1个小区，每个小区至少安排1名同学，分组方法有（113），（122）两种分法，
当分成（113）时，有种安排方法；
当分成（122）时，有种安排方法；
综上，共有150种安排方法.
故答案为：150
13．
由圆的方程得出圆心与半径，根据已知及点到直线的距离公式列出方程求解即可．
【详解】由得，，圆心，半径，
所以，又，
所以圆心到直线的距离为，解得，
故答案为：．
14．
设，判断 为偶函数，考虑x>0时，的解析式和零点个数, 利用导数分析函数的单调性,作函数大致图象，即可得到的范围.
【详解】设，
则在是偶函数，
当时，，
由得，
记，
，，
故函数在增，而，
所以在减，在增，，
当时，，当时，，
因此的图象为
因此实数的取值范围是.
15．(1)0.86
(2)
【详解】（1）设“气球合格”为事件，“气球是甲厂生产”为事件，“气球是乙厂生产的为事件，
由题可知，，
则．
（2）．
16．(1)证明见解析
(2)
(3)
（1）对题设中的递推关系变形后可得，故可得是等比数列；
（2）由（1）结合等比数列的通项公式可求；
（3）利用分组求和法可求.
【详解】（1）对整理有：，
等式两边同时除以可得，
等式两边再同时减得，即，
又由，可得，故，
则数列是首项为，公比为的等比数列．
（2）由（1）得的通项公式为，
得，所以．
（3）由（2）知，
所以
．
17．(1)证明见解析
(2)
（1）设AB和CD交于点，取BE中点，连接，根据面面垂直的性质得出平面，再根据线面垂直的性质及判定得出，由线面平行的判定即可证明；
（2）先由线面平行的性质得出，以为原点，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，根据面面夹角的余弦公式即可求解．
【详解】（1）设AB和CD交于点，取BE中点，连接，
，
∵平面平面BDE，平面平面，平面，
平面BDE，
为正方形，，
平面，平面，，
平面平面BDE，故，
又平面平面平面BEF．
（2）、为中点，，，
平面平面，
平面，
四点共面，
平面平面，
，，
为平行四边形，故，
以为原点，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则，
所以，，
设平面法向量，则，
令，故，
设平面法向量，则，
令，故，
设平面与平面的所成的二面角为，
所以，
所以二面角所成角的正弦值．
18．(1)答案见解析
(2)证明见解析
（1）求导，分、两种情况研究的正负性即可；
（2）构造函数，研究其单调性，只需满足即可.
【详解】（1）定义域为，
，
令得和-1
①若，则在上恒成立，则在单调递增；
②若，则由解得，解得，
则在上单调递减，在单调递增，
综上所述，时，在单调递增；
时，在上单调递减，在单调递增.
（2）当时，，
欲证，只需证，
即证，
令，
则
又，则，
设，则，则在上单调递增，
又，
所以，使得，即，即，
所以当时，，即，
当时，，即，
所以在单调递减，在上单调递增，
所以
所以，故命题得证.
19．(1)
(2)直线过定点．
（1）利用给定的离心率和椭圆经过的点求出基本量，进而得到椭圆方程即可.
（2）联立方程组结合韦达定理得到，再利用得到，最后分类讨论求解定点即可.
【详解】（1）因为离心率为，所以，
因为点在椭圆上，所以，
因为，所以解得，
则椭圆C的标准方程为.
（2）①若直线斜率不存在，根据对称性可知为等腰直角三角形，
得到，此时，
则直线，与椭圆方程联立，
解得，故直线过椭圆左焦点，即，
②若直线斜率存在，如图，设，
联立方程组，消去得，
由韦达定理可知，
由已知得，且设，
可以求出直线方程为，
令，得到，，
故，又因为，
故，
代入韦达定理得，
求得，即，得到或，
当时，直线过，此时三点重合，不符合题意；
当时，直线方程为，此时直线AB过定点
综上所述：直线过定点．题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
A
A
D
D
D
C
B
ACD
BD
题号
11









答案
BCD