福建省泉州市南安第一中学2024−2025学年高二下学期第一次阶段测试数学试题（含解析）

这是一份福建省泉州市南安第一中学2024−2025学年高二下学期第一次阶段测试数学试题（含解析），共17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．已知集合，，则（ ）
A．B．
C．D．
2．已知命题，则为（ ）
A．B．
C．D．
3．若，，且，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
4．（ ）
A．120B．119C．110D．109
5．若的展开式中二项式系数之和为32，各项系数之和为243，则展开式中的系数是（ ）
A．32B．64C．80D．16
6．给图中五个区域染色，有四种不同的颜色可供选择，要求边界有重合部分的区域（仅顶点与边重合或仅顶点与顶点重合不算）染上不同的颜色，则不同的染色方法有（ ）
A．216种B．180种C．192种D．168种
7．函数的大致图象为（ ）
A． B．
C． D．
8．已知函数，则（ ）
A．B．
C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．某学校高二年级数学课外活动小组中有男生人，女生人，则下列说法正确的是（ ）
A．从中选人，人做正组长，人做副组长，共有种不同的选法
B．从中选人参加数学竞赛，其中男、女生各人，共有种不同的选法
C．将这名学生排成一排，位女生排在一起的方法共有种
D．名学生排成一排，已知名男生已排好，现将名女生插入队伍中，则共有种排法
10．已知函数，过点作平行于轴的直线交曲线于点，曲线在点处的切线交轴于点.则（ ）
A．当时，切线的方程为B．当时，的面积为
C．点的坐标为D．面积的最小值为
11．已知函数的定义域为R，对，且为的导函数，则（ ）
A．为偶函数B．
C．D．
三、填空题（本大题共3小题）
12．设复数满足（为虚数单位），则的模为 ．
13．函数在区间上单调递增，则实数的取值范围为 .
14．已知n次式项式．如果在一种算法中，计算的值需要次乘法，计算的值共需要9次运算（6次乘法，3次加法），那么计算的值共需要 次运算．
下面给出一种减少运算次数的算法：．利用该算法，计算的值共需要6次运算．计算的值共需要 次运算．
四、解答题（本大题共5小题）
15．（1）已知，求的值；
（2）解不等式: .
16．如图，在直三棱柱中，，，，为的中点，为的中点.

(1)证明: 平面；
(2)若，求直线与平面所成角的正弦值.
17．已知函数．
(1)当时，讨论的单调性；
(2)记函数，已知只有1个零点，求正整数的最小值．
18．已知函数.
(1)求曲线在处的切线方程；
(2)若不等式对任意恒成立，求实数的最大值；
(3)证明：.（参考数据：）
19．在平面直角坐标系中，如果将函数的图象绕坐标原点逆时针旋转后，所得曲线仍然是某个函数的图象，则称为“旋转函数”．
(1)判断函数是否为“旋转函数”，并说明理由；
(2)已知函数是“旋转函数”，求的最大值；
(3)若函数是“旋转函数”，求的取值范围．
参考答案
1．【答案】C
【详解】由题意，
由交集的定义，
故选C
2．【答案】A
【详解】全称量词命题的否定为存在量词命题，
所以为“”.
故选A.
3．【答案】B
【详解】因为，，则，，由题意可知，则，

，
当且仅当时，即当时，等号成立，
所以的最小值是.
故选B.
4．【答案】B
【分析】由组合数公式不断迭代即可得解.
【详解】因为，
所以.
故选B.
5．【答案】C
【详解】因为的二项式系数之和为32，
则，解得，即二项式为，
因为展开式各项系数和为243，
令，代入可得，解得，即二项式为，
则该二项式展开式的通项为，
令，解得，
则展开式中的系数为.
故选C.
6．【答案】D
【详解】先对3，4，5染色，有种方法，
若2和3同色，则不同的染色方法有种，
若2和3不同色，则不同的染色方法有种，
综上，不同的染色方法有种．
故选D.
7．【答案】A
【详解】由，，
因为，所以是偶函数，
则的图象关于轴对称，故B错误；
又时，，则，故C错误；
当时，，则，
令，即，解得，
即，单调递增，
令，解得，所以在上单调递减，故A正确，D错误.
故选A.
8．【答案】D
【详解】令，解得，
故在上单调递减，
令，解得，
故的一条对称轴为，
故，
因为，，
所以，即，A错误；
B，，
故，，
因为，所以，
故，而，
故，
则，其中，，
故，则，
由于在上单调递增，,故
，
故，
故，B错误.
C，的一条对称轴为，
故，
其中，故，
故，
而，
故，所以，
关于中心对称，
故，其中，则
，
其中，.
下面证明.
令，，则，
令，则在上恒成立，
故在上单调递增，
又，故在上恒成立，
故在上单调递增，故，
故，
所以，
则，
两边取对数得，
故，
故，
又在上单调递减，
故，
故，C错误；
D，，，
令，，则
，
当时，，，故恒成立，
故在上单调递增，
故，所以，
故，
由于在上单调递减，
所以，D正确.
故选D．
9．【答案】AC
【详解】对于A选项，从个人中选人，人做正组长，人做副组长选法共有种，故A正确；
对于B选项，从个人中选人参加数学竞赛，其中男、女生各人选法共有种，故B错误；
对于C选项，将个女生捆绑在一起，形成一个大“元素”，与个男生一起排序，
由捆绑法可知，不同的排法种数为种，故C正确；
对于D选项，名学生排成一排，已知名男生已排好，现将名女生插入队伍中，
由倍缩法可知，不同的排法种数为种，故D错误.
故选AC.
10．【答案】BCD
【详解】由已知得，，
过点的切线方程为，当时，，
则，故正确；
当时，，则，
以为切点的切线方程为，即，故错误；
此时，的面积，故正确；
因为，，，
所以，，所以，
令，所以，
令，即，解得，
当时，，所以函数在内单调递减，
当时，，所以函数在内单调递增，
所以当时，函数有最小值，最小值为，故正确.
故选.
11．【答案】BCD
【分析】对于A：令，可判断A；对于B：令，进而计算可判断B；对于C：为奇函数，可得为偶函数；进而可得关于对称，可判断C；对于D：令，可得，令，则，两式相加可判断D.
【详解】对于A：令，则，
为奇函数，故选项A错误；
对于B：令，则，令，则
为奇函数，
，
的周期为4，，故选项B正确；
对于C：为奇函数，为偶函数；
的周期为4，
为偶函数，，
关于对称，
，令，可得，令，可得，
，故，
，故选项C正确；
对于D：令，则，即①，
令，则②，
由①+②得，
故选项D正确.
故选BCD．
【方法总结】本题综合考查函数性质的应用，涉及到函数的奇偶性、周期性以及导数的知识，解答的关键是根据题意采用变量代换推出函数为周期为4的周期函数，进而求得一个周期内的函数值，即可求解.
12．【答案】
【详解】由已知可得，
所以
13．【答案】
【详解】对于，则，
因为在区间上单调递增，
所以在恒成立，
显然，所以在恒成立，
令，，
则，所以在上单调递增，
所以，则或（舍去），
所以实数的取值范围为.
14．【答案】
【详解】在利用常规算法计算多项式的值时，算项需要次乘法，则在计算时共需要乘法次，
需要加法：次，则计算的值共需要次运算，
故计算的值共需要65次运算；
在使用秦九韶算法计算多项式的值时，
共需要乘法：次，需要加法：次，则计算的值共需要次运算.故计算的值至多需要20次运算.
15．【答案】（1）；（2）或
【详解】（1）由题意得，
在中，
令，得，
令得，
所以；
（2）因为，可知，且，
整理可得，解得，
因为，，所以或.
16．【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）取中点，连接、，

因为，所以，
由于为的中点，为的中点，所以，且，
因为且，为的中点，所以，且，
所以，且，故四边形为平行四边形，所以，，
又因为平面，平面，所以，，
因为，，、平面，所以，平面，
因为，故平面.
（2）解法1：设直线与平面所成角为，点到平面的距离为，
则，

在中，由余弦定理可得，
可得，解得，即，
所以，，
在Rt中，，，则，
过点在平面作垂直于的延长线于，易得，
因为平面，平面，则，
因为，，、平面，所以，平面，
由于，
则，
在中，，同理可得，
又因为，为的中点，所以，，且，
所以，，
又，即，所以，，
因此，，
因此，直线与平面所成角的正弦值为；
解法2：在中，由余弦定理可得，
可得，解得，即，
如图，连接，

由（1），平面，平面，则，
又因为，，，，则四边形为正方形，
因为为的中点，，
由于，、平面，则平面，
如图，记，过点在平面内作，垂足为点，
连接，由于平面，平面，则，
又因为，、平面，则平面，
所以即为直线与平面所成角，
由于，则，
因为平面，平面 ，所以，，
所以，，则为的三等分点，
因为，则，
因为为的中点，则，
则，，
于是，即直线与平面所成角的正弦值为；
解法3：因为平面，，
如图，以为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，
在中，由余弦定理可得，
可得，解得，即，
所以，，
于是、、、、，

则，设平面的一个法向量为，，
，
于是，令，则，
设直线与平面所成角为，
那么，
即直线与平面所成角的正弦值为.
17．【答案】(1)在区间上单调递减，上单调递增；
(2).
【详解】（1）当时， ，，
则，
当时，；当时，．
故在区间上单调递减，上单调递增．
（2），
，
因为，令，则或．
当时，
由，可得或，
由，可得：
所以在上单调递增，上单调递减，上单调递增，
当时，，，，
又，因只有1个零点，需使．
令，求导得：，
又，，易得
可知在上单调递减；
又时，，，
即存在，使得，
因，，又因，故．
18．【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）利用导数求曲线在切点处的切线方程；
（2）求出函数在时的值域，可求实数的最大值；
（3）依题意，构造函数，利用导数证明即可.
【详解】（1），
，
在处的切线为.
（2），
，则，所以，
在上单调递减，
时，，
对任意恒成立，，
则，的最大值为.
（3）设，
，
在上单调递增，
，
，使，
在上单调递减，在上单调递增，
，
，
，
.
【思路导引】导函数中常用的两种常用的转化方法：
一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题.注意分类讨论与数形结合思想的应用；
二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理.
19．【答案】(1)不是，理由见解析
(2)
(3)
【详解】（1）函数不是“旋转函数”，理由如下．
的图象逆时针旋转后与轴重合，
当时，有无数个与之对应，与函数的概念矛盾，
因此函数不是“旋转函数”，
（2）由题意可得函数与函数最多有1个交点，其中，
所以关于的方程最多有一个根，
即关于的方程最多有一个根，
即函数在上单调．
易知，且．
若，
则，不满足题意，
所以，
所以，
即，
即的最大值为．
（3）由题意可知，与最多有一个交点，
故，最多一个解，即与至多一个交点，
所以恒大于等于0或恒小于等于0，
当时，，所以
令，
故，
当时，在单调递减；在单调递增；
当，且时，，，矛盾；
当时，，满足条件；
当，在单调递增；在单调递减；
所以，故，
综上所述；