甘肃省张掖市第二中学2024-2025学年高二下学期期中考试数学试题（A版）

这是一份甘肃省张掖市第二中学2024-2025学年高二下学期期中考试数学试题（A版），共16页。试卷主要包含了本试卷分选择题和非选择题两部分，函数在上的值域为，下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
2024—2025学年（下）高二年级期中考试
数 学
考生注意：
1．本试卷分选择题和非选择题两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题纸上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题纸上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。回答非选择题时，将答案写在答题纸上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷与答题卡一并由监考人员收回。
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求.
1．函数在处的切线与直线平行，则实数（ ）
A．B．1C．D．
2．已知空间向量，若与垂直，则等于（ ）
A．B．C．3D．9
3．函数的图象在点处的切线斜率为（ ）
A．0B．1C．2D．3
4．已知平面的一个法向量为，点在外，点在内，且，则点到平面的距离为（ ）
A．B．C．D．
5．函数在上的值域为（ ）
A．B．C．D．
6．从甲、乙、丙、丁、戊5人中任选3人组成展示小组，则在甲被选中的条件下，乙被选中的概率为（ ）
A．B．C．D．
7．已知一圆锥的底面半径是1，高为，SA为该圆锥的一条母线，B，C是圆锥底面圆周上的两个动点，则直线SA与BC夹角的余弦值的最大值是（ ）
A．B．C．D．
8．如图所示，四面体的体积为V，点M为棱的靠近B的三等分点，点F分别为线段的中点，点N为线段的中点，过点N的平面与棱，，分别交于O，P，Q，设四面体的体积为，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9．下列说法正确的是（ ）
A．数据的第60百分位数为10
B．用简单随机抽样的方法从51个个体中抽取2个个体，则每个个体被抽到的概率都是
C．投掷一枚均匀硬币和一个均匀骰子各一次，记“硬币正面向上”为事件A，“骰子向上的点数大于4”为事件，则事件都发生的概率是.
D．若样本的平均数和方差分别为2和3，则的平均数和方差分别为8和27.
10．函数的导函数的图象如图所示，下列命题中正确的是（ ）
A．和是函数的极值点
B．是函数的最小值点
C．在区间上单调递增
D．在处切线的斜率大于零
11．已知四棱锥的底面为平行四边形，平面，，分别为侧棱上一点，且，若，则（ ）
A．平面B．平面
C．四棱锥的体积为D．点到平面的距离为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．已知，则
13．已知且，则 的最小值为
14．某公司举行抽奖活动，在箱子里装有个红球和4个黑球，这些小球除颜色外完全相同.在一次抽奖过程中，某员工从中一次性抽取两个小球，抽出两个小球颜色均为红色视为中奖，其余情况均未中奖.假设在有放回地连续3次抽奖中恰好中奖一次的概率为，则当取到最大值时的值为 .
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．（13分）已知函数.
（1）若函数的图像在点处的切线与直线垂直，求实数的值；
（2）若，求函数的单调区间.
16．（15分）如图，已知菱形和等边三角形有公共边，，点在线段上，与交于点，将沿着翻折成，得到四棱锥．
（1）求证：平面；
（2）当直线与平面所成角取得最大值时，求平面与平面夹角的余弦值．
17．（15分） 已知函数.
（1）若在处的切线斜率为2，求切线方程.
（2）求的单调区间；
18．（17分）如图，在多面体中，四点共面，四边形为平行四边形，，，且．
（1）若平面与平面的交线为，证明：平面；
（2）求平面与平面的夹角．
19．（17分）已知函数，其中．
（1）当时，求曲线在处的切线方程；
（2）求的单调区间；
（3）当时，设的两个零点为，求证：．
2024—2025学年（下）高二年级期中考试
数学参考答案·A卷
1．C【分析】函数在切点处的导数即为切线的斜率，利用直线的平行得到斜率相等，得关于a的方程，可求出a的值．
【详解】函数的导函数为，
函数在处的切线的导数即为切线的斜率为，
且切线与直线平行，
则有，可得．
故选：C
2．C【分析】根据向量垂直可得，即可得到结果．
【详解】与垂直，，解得，
，故．
故选：C
3．D【分析】求出函数的导数，再利用导数的几何意义求出切线的斜率．
【详解】函数，求导得，则，
所以所求切线的斜率为3．
故选：D
4．B【分析】由点到平面的距离的向量法公式直接计算求解即可．
【详解】由题意得，点M到平面的距离．
故选：B．
5．C【分析】由，令，转化为二次函数求解．
【详解】，
令，由，得变为．
该二次函数开口向下，对称轴，在递增，递减．
当时，时，，所以值域为．
故选：C．
6．B【分析】根据给定条件，利用条件概率公式，结合组合计数问题求解．
【详解】设事件A为“甲被选中”，事件B为“乙被选中”，
所以在甲被选中的条件下，乙被选中的概率为．
故选：B
7．D【分析】根据题意建系，设出点B，C的坐标，利用空间向量的夹角公式和三角恒等变换将其化成关于余弦的绝对值函数，利用余弦函数的值域即可求得．
【详解】
如图，设圆锥的底面圆圆心为点O，分别以直线所在直线为y，z轴，
过点O且与垂直的直线为x轴建立空间直角坐标系．
依题意，，因点B，C是圆锥底面圆周上的两个动点，
可设，其中，
则，
设直线与夹角为，
则
，
因，故当时，取得最大值1，此时取得最大值．
故选：D．
8．A【分析】连接，令，得到，根据N，O，P，Q四点共面，结合基本不等式，求得，设点C到平面的距离为d，得到点P到平面的距离为，结合锥体的体积公式，即可求解．
【详解】如图所示，连接，可得
，
；
令，则，所以，
因为N，O，P，Q四点共面，可得，
当且仅当时取等号，所以；
设点C到平面的距离为d，则点P到平面的距离为，
又因为，
所以，即的最小值为．
故选：A．
9．ABD【分析】求出第60百分位数判断A；利用简单随机抽样的意义判断B；利用独立事件的概率计算判断C；利用平均数的方差的性质计算判断D．
【详解】对于A，由，得第60百分位数为左起第5个数10，A正确；
对于B，从51个个体中抽取2个个体，则每个个体被抽到的概率都是，B正确；
对于C，，事件A，B相互独立，则，C错误；
对于D，依题意，的平均数为，方差为，D正确．
故选：ABD
10．CD【分析】由导函数图象与原函数关系可判断选项正误；
【详解】对于A，由图可得，又在附近，的符号发生了变化，
则是的极值点；注意到，但在附近，的符号没有发生变化，则不是函数的极值点，故A错误；
对于BC，由图可得当时，，则在上单调递增，
则不是函数的最小值点，故B错误，C正确；
对于D，由图可知，，即在处切线的斜率大于零，故D正确．
故选：CD
11．ABC【分析】根据已知条件确定底面四边形的形状，再依据线面关系的判定定理判断选项A、B，利用体积公式计算四棱锥体积判断选项C，通过等体积法求解点到平面的距离判断选项D．
【详解】如图，因为在平行四边形中，，所以四边形为矩形．
又，可得，所以四边形为正方形．
由可得，所以．因为平面平面，所以平面，A正确；
因为平面平面，所以，所以．
又，则，因为平面，所以平面，B正确；
因为平面，则，C正确；
易得，所以，结合B项分析可得平面，又平面，则，所以．
设点A到平面的距离为d，又，则，解得，D错误．
故选：ABC
12．
【分析】应用空间向量坐标表示的线性运算律计算即可．
【详解】因为，所以．
故答案为：．
13．4【分析】利用基本不等式结合指数的运算，即可得解．
【详解】由题意，，当且仅当时等号成立，
所以的最小值为4．
故答案为：4．
14．6【分析】首先表示出单次抽奖中奖的概率，则连续3次抽奖中恰好中奖一次的概率，构造函数，利用导数求出当p取最大值时的，即可求出n．
【详解】依题意，单次抽奖中奖的概率，
则连续3次抽奖中恰好中奖一次的概率，
令，则，
当时，，当时，，
函数在上单调递指，在上单调递减，当时，取得最大值，
因此当p取最大值时，，而，解得，
所以当p取到最大值时n的值为6．
故答案为：6
15．（1）
（2）函数的单调增区间为，单调减区间为．
【分析】（1）根据导数的几何意义求解即可；
（2）先对函数求导，利用导函数的正负确定函数单调区间即可．
【详解】（1）由题意知的定义域为，
由题设知函数的图象在点处的切线斜率为6，即，
所以；
（2）由于的定义域为
，
当时，单调增；当单调减，
故函数的单调增区间为，单调减区间为．
16．（1）证明见解析；
（2）
【分析】（1）根据已知确定为菱形，进而得到，即，再应用线面垂直的判定证明结论；
（2）根据已知构建合适的空间直角坐标系，设，其中，，再标注出相关点的坐标，应用向量法得到线面角正弦值关于参数a的表达式，确定该值最大时P坐标，再应用向量法求面面角的余弦值即可．
【详解】（1）由菱形和等边三角形有公共边，易知A，B，E共线，
且，即，则为菱形，
所以，而，故，故翻折后，
由都在平面内，所以平面；
（2）由（1）易知平面平面，则平面平面，
如图，平面中过点O作，又平面平面，
所以平面，故两两垂直，
以O为原点，直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
设，则，
令，其中，
所以，平面的一个法向量为，
设直线与平面所成角为，则，
所以，
设，则，
所以上，则在上单调递增，
上，则在上单调递减，
所以的最大值为，即时最大，
此时，
由，则是二面角的平面角，
所以，故平面与平面夹角的余弦值．
17．（1）
（2）答案见解析
（3）．
【分析】（1）求出导函数，利用导数的几何意义列方程求解a，然后求出，即可写出切线的点斜式方程；
（2）求出导函数，分两类情况进行讨论，根据导数的正负确定单调性；
（3）求出，因式分解为准二次函数型，根据导数的正负判断函数的单调性从而确定极值点，求出极值．
【详解】（1），所以，
切线方程为：，即．
（2），
若，由，得；由，得，
的单调递减区间为，单调递增区间为．
若，由，得；由，得，
的单调递减区间为，递增区间为．
（3）当时，，
．
由，得或．
当x变化时，与的变化情况如下表：
，
．
18．（1）证明见解析
（2）
【分析】（1）先由线线平行证明平面，利用线面平行的性质得到，继而推得，再证平面，即得，由线线垂直得到平面；
（2）过点G作，垂足为H，连接．取的中点M，连接，由推理计算得到，从而推出为二面角的平面角，借助于，利用余弦定理求得即可．
【详解】（1）如图，连接．，∴四边形为平行四边形，
．
平面平面平面．
平面，平面平面．
∵四边形为平行四边形，，∴四边形为菱形，．
由题意知，
．
．
平面平面．
平面．
平面平面．
（2）如图，过点G作，垂足为H，连接．取的中点M，连接．
由（1）知，平面平面．
可知四边形和四边形都是矩形，．
在和中，，
．
．
，
为二面角的平面角．
，∴四边形是正方形，．
在中，．
，
．
在中，由余弦定理，得，
∴平面与平面的夹角为．
19．（1）
（2）答案见解析
（3）证明见解析
【分析】（1）求出导函数，根据导数的几何意义求出切线斜率，再求切线方程即可；
（2）求出导函数，讨论，分别根据导函数符号分析函数的单调性即可；
（3）结合（2）易得是是的一个较小的零点，不妨设，要证，只需证，转化问题为证，进而构造函数，利用导数证明即可．
【详解】（1）因为函数，
所以，当时，，
则，即，
故当时，曲线在处的切线方程为．
（2）由，
则，
当时，，在上，
所以在递减；
当，
令，则；
令，则，
故的单调递增区间为，单调递减区间为．
（3）当时，，
由（2）知在上单调递增，在上单调递减，
又是的一个较小的零点，不妨设，
要证，只需证，
因为，且在上单调递减，
从而只需证即可．
，
令，
在上单调递增．
，即，即．x
2
-
0
+
0
-
递减
极小值
递增
极大值
递减