安徽省怀宁县新安中学2024-2025学年高二下学期期中考试数学试卷 含解析

这是一份安徽省怀宁县新安中学2024-2025学年高二下学期期中考试数学试卷 含解析，共17页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
第一部分（选择题 共 58 分）
一、选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分.
1. 若直线 与曲线 相切，则 （ ）
A. 2 B. e C. 2e D.
【答案】A
【解析】
【分析】设切点，再根据导数的几何意义求解即可.
【详解】设切点为 ，对函数 求导得 ，
则在点 处的切线的斜率 ，
又切点 在直线 上，
所以 ，即 ，
令 ，则 ，
令 ，则 ，令 ，则 ，
所以 在 上单调递增，在 上单调递减，
所以 ，
则由 得 ，所以 ，
所以 .
故选：A.
2. 的展开式中 的系数为（ ）
A. 12 B. 40 C. 60 D. 100
【答案】C
【解析】
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【分析】由 ，再写出 展开式的通项，利用通项计算
可得.
【详解】因为 ，
其中 展开式的通项为 （ ），
所以 的展开式中含 的项为
，
所以展开式中 的系数为 .
故选：C
3. 甲、乙等 5 名志愿者参加 2025 年文化和旅游发展大会的 、 、 、 四项服务工作，要求每名志愿
者只能参加 1 项工作，每项工作至少安排 1 人，且甲不参加 项工作，乙必须参加 项工作，则不同的安
排方法数有（ ）
A. 36 种 B. 42 种 C. 54 种 D. 72 种
【答案】B
【解析】
【分析】按照 B 项工作安排的人数分为两类，利用分类加法计数原理和分步乘法计数原理求解即可.
【详解】安排 B 项工作的人数分为两类，
第一类，B 项工作仅安排 1 人，因为甲不参加 B 项工作，乙必须参加 D 项工作，
从甲、乙以外的 3 人中选一人参加 B 项工作有 种方法，
再安排 A，C，D 项工作，若 D 项工作安排两人，则有 种方法，
若 D 项工作安排一人，则有 种方法，
所以 B 项工作仅安排 1 人共 种方法，
第二类，B 项工作安排 2 人，有 种方法，
由分类加法计数原理，得共有 种方法.
故选：B
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4. 已知等差数列 、 的前 项和分别为 、 ，若 ，对 ， ，
，则 的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】计算得出 ，即可得出实数 的取值范围.
【详解】等差数列 、 的前 项和分别为 、 ，且 ，
则 ，
且当 时， ，
因为 ， ， ，则 ，即 的最小值为 .
故选：C.
5. 在边长为 2 的菱形 中， ，将菱形 沿对角线 折起，使二面角 的
大小为 ，则所得三棱锥 的外接球表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由已知可得 、 都是边长为 的等边三角形，由菱形的对角线互相垂直，可得
为二面角 的平面角，即 ，作出图形，找出三棱锥 的外接球球心，利用
四点共圆结合正弦定理求解三棱锥 的外接球的半径，代入球的表面积公式可得结果.
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【详解】由于四边形 是边长为 的菱形，且 ，则 ，
所以， 、 都是边长为 的等边三角形，
由于菱形的对角线互相垂直，则 ， ，
所以， 为二面角 的平面角，即 ，
过点 作平面 的垂线 ，垂足为点 ，则点 在线段 上，
由 ， ，可得 ，
且 是等边三角形，所以， ，
设 的外心为点 ， 的中点 ，
在平面 内，过点 、 分别作平面 、 的垂线交于点 ，
则点 为三棱锥 的外接球的球心，则 ， ，
，则 ，
由于 、 、 、 四点共圆，可得 ，
所以，三棱锥 的外接球的表面积为 .
故选：B.
【点睛】本题考查多面体外接球的表面积的求解，找出球心的位置，并求出球的半径是解题的关键，考查
推理能力与计算能力，属于中等题.
6. 已知过抛物线 的焦点 F 且倾斜角为θ的直线 l 交 C 于 A，B 两点，O 为坐标原点，若
的面积为 ，则θ的值为（ ）
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A. B.
C. 或 D. 或
【答案】C
【解析】
【分析】求出交点坐标，设直线 ，与抛物线方程联立，得到两根之和，两根之积，求出弦长
和三角形面积，得到方程，求出答案.
【详解】由题意得 ，设直线 ，
联立 得 ，
，
由韦达定理得 ，
故 ，
圆心 O 到直线 的距离为 ，
所以 ，解得 ，
所以 或
故选：C.
7. 已知 分别是双曲线 的左、右焦点， 是左支上一点，且 的面积为
，若 的内切圆与 轴相切，则双曲线的离心率 （ ）
A. B. C. 2 D.
【答案】D
【解析】
【分析】设内切圆圆心为 ，三个切点分别为 ，由切线长定理可得 ，
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进而可得 ，设 ，利用余弦定理可得 ，利用三角形面
积公式可得 ，进而得 ，利用勾股定理可求离心率.
【详解】设内切圆圆心为 ，三个切点分别为 ，
如图，由切线长定理可得 ，
即
， 圆 与 轴切于左端点．内切圆半径 ．
设 ， ，
，
• ，
， ， ，
由勾股定理 ，整理得 ，
所以 ，解得 ，即 或 （舍去），
所以 .
故选：D.
8. 已知函数 ，若对于任意的 使得不等式 成立，则实数 的
取值范围（ ）
A. B. C. D.
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【答案】A
【解析】
【分析】将不等式变形为 ，构造函数 ，分析可知该函数为
增函数，可得出 ，求出函数 的最小值，可得出关于实数 的不等式，
即可得出实数 的取值范围.
【详解】因为 ，由 可得 ，即函数 的定义域为 ，
可得 ，
即 ，
构造函数 ，其中 ，则 ，故函数 在 上单调递增，
所以 ，可得 ，则 ，
即 ，其中 ，令 ，其中 ，
则 ，当 时， ，此时函数 单调递减，
当 时， ，此时函数 单调递增，
所以， ，解得 .
综上，
故选：A.
【点睛】关键点点睛：解本题的关键在于将不等式变形为 ，结合不等式的
结果构造函数 ，转化为函数 的单调性以及参变量分离法求解.
二、选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分.部分选对的得部分分，有选错的得 0 分.
9. 对任意实数 x，有 .则下列结论正确的是（ ）
A. B. （ ，1，…，9）的最大值为
C. D.
【答案】BCD
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【解析】
【分析】利用赋值法可判断 A；由 ，可判断 为负，
为正，计算可判断 B；令 ， 计算可判断 C；结合 B 计算可判断 D.
【详解】对于 A，令 ，得 ，故 A 错误；
对于 B，由 ，
则 展开式的通项公式为 ，
所以 为负， 为正，
当 时，计算可得 ， ，
， ， ，
所以 （ ，1，…，9）的最大值为 ，故 B 正确；
对于 C，令 ，可得 ，
令 ，可得 ，
所以 ，又 ，可得 ，故 C 正确；
对于 D，由 B 可知 ，故 D 正确.
故选：BCD.
10. 已知数列 满足 ， 的前 n 项和为 ，则（ ）
A. B. 数列 是等比数列
C. ， ， 构成等差数列 D. 数列 前 100 项和为
【答案】AD
【解析】
【分析】令 ，计算可判断 A，当 ，可得 ，两式相减可得
，进而逐项计算可判断 BCD.
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【详解】对于 A，当 时，可得 ，故 A 正确；
对于 B，
当 时， ，
两式相减可得 ，所以 ，
当 ， 适合上式，所以 ；
由 不是常数，所以数列 不是等比数列，故 B 错误；
对于 C，由 可知， ，
所以 是以 2 为首项，1 为公差 等差数列，
所以 ，所以 ， ，
，
又 ，所以 ，
所以 ， ， 不构成等差数列，故 C 错误；
对于 D， ，
所以
，故 D 正确.
故选：AD.
11. 已知函数 ，下列命题正确的有（ ）
A. 可能有 2 个零点
B. 一定有极小值，且 0 是极小值点
C. 时，
D. 若 存在极大值点 ，且 ，其中 ，则
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【答案】BD
【解析】
【分析】首先讨论 的情形，再分 的正负讨论函数 的单调性和极值，由此可判断 ABC 的正误，；
对于 D，容易得到极大值点 的值，再代入 ，得到关于 的一元三次方程，此方程已经有
一解 ，故可以因式分解求出 ，由此可判断 D 选项.
【详解】函数 的定义域为 ，当 时， 为二次函数，
由抛物线性质可知存在极小值点 ，极小值为 ，此时 无零点；
当 时，可求得导函数 ，令 ，得 或 ，
当 时，可求得当 时， ；当 时， ，
所以 在 上单调递增，在 和 上单调递减，
故此时 存在极小值点 ，极小值为 ，
存在极大值点 ，极大值为 ；
当 时，可求得当 时， ；当 时， ，
所以 在 和 上单调递增，，在 上单调递减，
故此时 存在极小值点 ，极小值为 ，
存在极大值点 ，极大值为 ；
对于 A，当 时， 无零点；
当 时，因为 在 上单调递增，在 和 上单调递减，
而极小值为 ，所以 只有 1 个零点；
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当 时，因为 在 和 上单调递增，在 上单调递减，
而极大值为 ，极小值为 ，所以 只有 1 个零点，故 A 错误；
对于 B，由以上分析，不论 取何值， 一定有极小值，且 0 是极小值点，故 B 正确；
对于 C，当 时，即 时，此时 在 上单调递减，
又 ，所以 ，故 C 错误；
对于 D，由上述分析可知 ，则 ，
由题意知 ，即 ，
此方程已有一根 ，故可因式分解为 ，
解得与 相异的根 ，则 ，故 D 正确；
故选：BD.
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
12. 已知 是数据 的第 70 百分位数，若
，则 __________．
【答案】80
【解析】
【分析】所给数据按从小到大的顺序排列后求出第 70 百分位数， 等价于 ，根据二项展
开式的通项进行求解.
【详解】将数据按从小到大的顺序排列为： ，
因为 ，所以数据的第 70 百分位数为第 5 个数据为 5，则 ，
所以 ，
所以 .
故答案为：80
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13. 设函数 ，若 恒成立，则 的最小值为______．
【答案】2
【解析】
【分析】由 恒成立，得 与 同正或同负，从而得 ，
所以 ，令 ，求 的最小值即可.
【详解】令 ，则 ，令 ，则 ，
当 时， 恒成立，此时不符合 恒成立；
当 时，令 ，则 ，因为 恒成立，
所以 ，所以 ，
令 ，则 ，
令 ，则 ，令 ，则 ，
所以 在 上单调递减，在 上单调递增，
所以 ，所以 .
故答案为：2
14. 已知 ，关于 的不等式 对任意 恒成立，则 的取值范围是______.
【答案】
【解析】
【 分 析 】 依 题 意 可 得 对 任 意 恒 成 立 ， 再 根 据 指 数 不 等 式 得 到
，即可求出 的最小值，从而得解.
【详解】因为关于 的不等式 对任意 恒成立，
所以 对任意 恒成立，
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令 ，则 ，所以当 时 ，当 时 ，
所以 在 上单调递增，在 上单调递减，所以 ，
即 恒成立（当且仅当 时取等号），
所以 （当且仅当 时取等号），
所以 （当且仅当 时取等号），
所以 ，即 的取值范围是 .
(令 ，则 ， ，所以 在 上存在零点).
故答案为：
四、解答题：本题共 5 小题，共 77 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 已知 的展开式中，第 5 项与第 3 项的系数之比为 ．
（1）求 的值；
（2）求展开式中二项式系数最大的项；
（3）若 ，求 的值．
【答案】（1）
（2）
（3）1
【解析】
【分析】（1）求出展开式的通项公式，根据第 5 项与第 3 项的系数之比为 列式求出 ；
（2）根据二项式系数 特征求解；
（3）赋值法，令 ，求解.
【小问 1 详解】
展开式的通项公式为 ，
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因为第 5 项与第 3 项的系数之比为 ，所以 ，
即 ，解之得 或 （舍），所以 .
【小问 2 详解】
因为 ，所以展开式中二项式系数最大的项为 .
【小问 3 详解】
由 ，令 ，所以 .
16. 如图，在四棱锥 中，底面 为矩形， ， 是棱 的
中点， 在棱 上，且 平面 ，平面 平面 ．
（1）求证： 是棱 的中点；
（2）求平面 与平面 夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取 的中点 ，连接 ，线面平行的性质有 ，结合 得到 为
平行四边形，即可证结论；
（2）建立空间直角坐标系，应用向量法求面面角的余弦值.
【小问 1 详解】
取 的中点 ，连接 ，又 是 的中点，则 且 ，
由 在棱 上，底面 为矩形，则 ，故 ，
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由 平面 ， 平面 且平面 平面 ，则 ，
所以 为平行四边形，故 ，
所以 是 的中点；
小问 2 详解】
平面 平面 ，平面 平面 ， ， 平面 ，
所以 平面 ，又底面 为矩形，建立如下图示 空间直角坐标系，
则 ，
所以 ，设平面 的一个法向量为 ，
则 ，令 ，则 ，
显然平面 的一个法向量可以为 ，
故 ，
所以平面 与平面 夹角的余弦值 ；
17. 在直角坐标平面内，设 是圆 上的动点，过 作 轴的垂线，垂足为 ，点 满足
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，动点 的轨迹为曲线 ．
（1）求曲线 的方程；
（2）过点 的动直线 交 于 两点，求 面积的最大值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设 ，借助 ，构造方程组，求出 ，代入
，整理计算即可；
（2）依题意，知道直线 不垂直于 轴，设其方程为 ，直曲联立，借助韦达定理和三角形面
积公式得 ，令 ，变形，结合基本不等式计算即可.
【小问 1 详解】
设 ，则 ，过 作 轴的垂线，垂足为 ,则 ，
因为 ，则 ，
则 整理得 代入 中得 ，
整理得 ，所以曲线 C 的方程为 ．
【小问 2 详解】
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依题意知道，直线 不垂直于 轴，
则设其方程为 ，
由 消去 并整理得 ，
，解得 ，
设 ，则
则 ，
令 ，则 ，且
当且仅当 ，即 时取等号，所以 面积的最大值为 ．
18. 已知函数 ，设曲线 在点 处的切线与 轴的交点为
，且 ．
（1）用 表示 ；
（2）若 ，记 ，证明数列 是等比数列，并求数列 的通项公式．
【答案】（1）
（2）证明见解析；
【解析】
【分析】（1）求导函数，将切点横坐标代入，得切线的斜率，写出切线方程并计算其与 x 轴交点的横坐标，
写出 即可.
（2）由 与 的关系，得 与 的关系，证明数列成等比，先写出 的通项公式，再利用 写
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出 的通项公式即可.
【小问 1 详解】
因为 ，所以 ，
则曲线 在点 处的切线方程为 ，
将点 代入方程，得 ，
因为 为正实数，所以 为正实数， .
【小问 2 详解】
因为 ，所以 ，
，由题意得 ，
则 ，而 ，
则 ，故 为公比为 的等比数列，且 ，
得到 ，故 ，
两边取指数得到 ，解得 .
19. 已知函数 .
（1）当 时，求 的单调区间与极值；
（2）若 恒成立，求 的值；
（3）求证： .
【答案】（1）单调递减区间为 ，单调递增区间为 ；极小值 0，无极大值
（2）
（3）证明见解析
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【解析】
【分析】（1）求导，根据函数的单调性可得极值；
（2）分情况讨论函数的单调性与最值情况，可得参数值；
（ 3） 利 用 放 缩 法 ， 由 ， 可 知 若 证
， 即 证
，再根据 ，可得证.
【小问 1 详解】
当 时， ，
则 ，
当 时， 单调递减，当 时， 单调递增，所以 的
单调递减区间为 ，单调递增区间为 ，
在 处取得极小值 0，无极大值.
【小问 2 详解】
由题意得 ，
①当 时， ，所以 在 上单调递增，
所以当 时， ，与 矛盾；
②当 时，当 时， 单调递减，
当 时， 单调递增，
所以 ，
因为 恒成立，所以 .
记 ，
当 时， 单调递增，当 时， 单调递减，所以
，所以 .
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又 ，所以 ，所以 .
【小问 3 详解】
先证 ，设 ，则 ，
所以 在区间 上单调递减，所以 ，即 .
所以 ，再证 .
由（2）可知 ，当 时等号成立，
令 ，则 ，
即 ，
所以 ，
累加可得 ，
所以 .
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