2024-2025学年江苏省南京市南京航空航天大学附属高级中学高二下学期3月学情调研数学试卷（含答案）
文档属性
| 名称 | 2024-2025学年江苏省南京市南京航空航天大学附属高级中学高二下学期3月学情调研数学试卷（含答案） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 131.5KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2025-04-10 14:40:06 | ||
图片预览
文档简介
2024-2025学年江苏省南京航空航天大学附属高级中学高二下学期3月学情调研数学试卷
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知点，若向量，则点的坐标是 ．
A. B. C. D.
2.设，为的导函数，若，则( )
A. B.
C. D.
3.用，，，，这个数字组成无重复数字的三位数的个数是( )
A. B. C. D.
4.在等比数列中，，则的值为( )
A. B. C. D.
5.在三棱柱中，记，，，点满足，则( )
A. B. C. D.
6.数学对于一个国家的发展至关重要，发达国家常常把保持数学领先地位作为他们的战略需求现某大学为提高数学系学生的数学素养，特开设了“古今数学思想”，“世界数学通史”，“几何原本”，“什么是数学”四门选修课程，要求数学系每位同学每学年至多选门，大一到大三三学年必须将四门选修课程选完，则每位同学的不同选修方式有( )
A. 种 B. 种 C. 种 D. 种
7.已知函数，如果直线与的图象无交点，则的取值范围是( )
A. B. C. D.
8.已知是棱长为的正方体的一条体对角线，空间一点满足，是正方体的一条棱，则的最小值为( )
A. B. C. D.
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.设数列的前项和为，已知，，，则( )
A. B.
C. 数列是等比数列 D. 数列是等比数列
10.甲、乙、丙、丁四名志愿者到，，三所山区学校参加支教活动，每个志愿者仅在一所学校支教，要求每所学校至少安排一名志愿者，则下列结论中正确的是( )
A. 共有种安排方法
B. 若甲被安排在学校，则有种安排方法
C. 若学校需要两名志愿者，则有种安排方法
D. 若甲、乙不能在同一所学校，则有种安排方法
11.在棱长为的正方体中，，，则( )
A. 当平面时，
B. 的最小值为
C. 当点到平面的距离最大时，
D. 当三棱锥外接球的半径最大时，
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知，那么 ．
13.已知是不共面向量，，，，若，、三个向量共面，则实数 ．
14.有穷数列满足，且成等比数列若，则满足条件的不同数列的个数为 ．
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.本小题分
甲组有名男生．名女生；乙组有名男生，名女生．
从这些学生中选出人参加活动，至少有名女生的不同选法有多少种？
从甲、乙两组中各选出名学生，选出的人中恰有名女生的不同选法有多少种？
将这些学生排成两排，两组的女生站第一排，两组的男生站第二排，且同组学生均相邻，共有多少种不同的排法？
16.本小题分
已知在的展开式中，前项的系数分别为，且满足求：
展开式中二项式系数最大项的项；
展开式中系数最大的项；
展开式中所有有理项．
17.本小题分
记等差数列的前项和为，，设．
求的值；
记为数列的前项和，为数列的前项和，且，求实数的值．
18.本小题分
如图，在四棱锥中，底面是边长为的菱形，为等边三角形，平面平面，点在线段上
若，在上找一点，使得四点共面，并说明理由；
求点到平面的距离；
若直线与平面所成角的正弦值为，求二面角的余弦值．
19.本小题分
已知函数．
若函数在点处的切线与直线垂直，求的值；
讨论函数的单调性；
若有两个零点，求的取值范围．
参考答案
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
9.
10.
11.
12.
13.
14.
15.解：从这些学生中选出人参加活动有种选法，
没有女生有种，
则至少有名女生的不同选法有种．
女生来自甲组有种选法，
女生来自乙组有种选法，
故选出的人中恰有名女生的不同选法有种．
两组的女生站第一排同组学生相邻有种排法，
两组的男生站第二排同组学生相邻有种排法，
共有种不同的排法．
16.解：因为展开式的通项公式为，，
所以
依题意得，即，由已知，
所以，
所以的展开式有项，二项式系数最大的项为第项，
所以．
由知，，
设展开式中系数最大的项为第项，则
即，即
解得，所以或，
所以展开式中系数最大的项为和．
由为有理项知，为整数，得，，
所以展开式中所有有理项为和．
17.解：设等差数列的公差为，则，，
可得，，解得，即有，
则；
由可得，则，
则，
为数列的前项和，可得，
可得，即为，解得．
18.解：当为靠近点的四等分点，四点共面．
理由如下：
如图，，，，
四边形是菱形，，
，四点共面．
如图，取中点，连接
是等边三角形，，
又平面平面，平面平面，平面，
平面，平面
平面平面
平面，又平面，
设点到平面的距离为，
，即，
解得
所以点到平面的距离为
由知，两两垂直，所以以为原点，分别以为轴，轴，轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．
则，
所以
设，则
则，
又平面，故取平面的法向量，
设与平面所成角为，则，
化简整理得，解得
则
设平面的法向量，则
令则，所以平面的法向量．
所以，二面角的余弦值为
19.解：由，求导得，
直线的斜率为，
又函数在点处的切线与直线垂直，
所以，即，解得．
因为，，
所以当时，，所以在上单调递减；
当时，，
令，解得，当，解得，当，解得，
所以时，单调递减，时，单调递增．
综上，可知：当时，在上为减函数，
当时，在上是减函数，在上是增函数．
若，由可知：最多有一个零点，
当时，由可知：当时，取得最小值，，
由于均为上单调递增函数，所以函数在单调递增，
当时，，故当时，，故只有一个零点，
当时，由，即，故没有零点，
当时，，，
由，故在有一个零点，
假设存在正整数，满足，则，
由，所以，因此在上有一个零点．
综上，的取值范围为．
第1页，共1页
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知点，若向量，则点的坐标是 ．
A. B. C. D.
2.设，为的导函数，若，则( )
A. B.
C. D.
3.用，，，，这个数字组成无重复数字的三位数的个数是( )
A. B. C. D.
4.在等比数列中，，则的值为( )
A. B. C. D.
5.在三棱柱中，记，，，点满足，则( )
A. B. C. D.
6.数学对于一个国家的发展至关重要，发达国家常常把保持数学领先地位作为他们的战略需求现某大学为提高数学系学生的数学素养，特开设了“古今数学思想”，“世界数学通史”，“几何原本”，“什么是数学”四门选修课程，要求数学系每位同学每学年至多选门，大一到大三三学年必须将四门选修课程选完，则每位同学的不同选修方式有( )
A. 种 B. 种 C. 种 D. 种
7.已知函数，如果直线与的图象无交点，则的取值范围是( )
A. B. C. D.
8.已知是棱长为的正方体的一条体对角线，空间一点满足，是正方体的一条棱，则的最小值为( )
A. B. C. D.
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.设数列的前项和为，已知，，，则( )
A. B.
C. 数列是等比数列 D. 数列是等比数列
10.甲、乙、丙、丁四名志愿者到，，三所山区学校参加支教活动，每个志愿者仅在一所学校支教，要求每所学校至少安排一名志愿者，则下列结论中正确的是( )
A. 共有种安排方法
B. 若甲被安排在学校，则有种安排方法
C. 若学校需要两名志愿者，则有种安排方法
D. 若甲、乙不能在同一所学校，则有种安排方法
11.在棱长为的正方体中，，，则( )
A. 当平面时，
B. 的最小值为
C. 当点到平面的距离最大时，
D. 当三棱锥外接球的半径最大时，
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知，那么 ．
13.已知是不共面向量，，，，若，、三个向量共面，则实数 ．
14.有穷数列满足，且成等比数列若，则满足条件的不同数列的个数为 ．
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.本小题分
甲组有名男生．名女生；乙组有名男生，名女生．
从这些学生中选出人参加活动，至少有名女生的不同选法有多少种？
从甲、乙两组中各选出名学生，选出的人中恰有名女生的不同选法有多少种？
将这些学生排成两排，两组的女生站第一排，两组的男生站第二排，且同组学生均相邻，共有多少种不同的排法？
16.本小题分
已知在的展开式中，前项的系数分别为，且满足求：
展开式中二项式系数最大项的项；
展开式中系数最大的项；
展开式中所有有理项．
17.本小题分
记等差数列的前项和为，，设．
求的值；
记为数列的前项和，为数列的前项和，且，求实数的值．
18.本小题分
如图，在四棱锥中，底面是边长为的菱形，为等边三角形，平面平面，点在线段上
若，在上找一点，使得四点共面，并说明理由；
求点到平面的距离；
若直线与平面所成角的正弦值为，求二面角的余弦值．
19.本小题分
已知函数．
若函数在点处的切线与直线垂直，求的值；
讨论函数的单调性；
若有两个零点，求的取值范围．
参考答案
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
9.
10.
11.
12.
13.
14.
15.解：从这些学生中选出人参加活动有种选法，
没有女生有种，
则至少有名女生的不同选法有种．
女生来自甲组有种选法，
女生来自乙组有种选法，
故选出的人中恰有名女生的不同选法有种．
两组的女生站第一排同组学生相邻有种排法，
两组的男生站第二排同组学生相邻有种排法，
共有种不同的排法．
16.解：因为展开式的通项公式为，，
所以
依题意得，即，由已知，
所以，
所以的展开式有项，二项式系数最大的项为第项，
所以．
由知，，
设展开式中系数最大的项为第项，则
即，即
解得，所以或，
所以展开式中系数最大的项为和．
由为有理项知，为整数，得，，
所以展开式中所有有理项为和．
17.解：设等差数列的公差为，则，，
可得，，解得，即有，
则；
由可得，则，
则，
为数列的前项和，可得，
可得，即为，解得．
18.解：当为靠近点的四等分点，四点共面．
理由如下：
如图，，，，
四边形是菱形，，
，四点共面．
如图，取中点，连接
是等边三角形，，
又平面平面，平面平面，平面，
平面，平面
平面平面
平面，又平面，
设点到平面的距离为，
，即，
解得
所以点到平面的距离为
由知，两两垂直，所以以为原点，分别以为轴，轴，轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．
则，
所以
设，则
则，
又平面，故取平面的法向量，
设与平面所成角为，则，
化简整理得，解得
则
设平面的法向量，则
令则，所以平面的法向量．
所以，二面角的余弦值为
19.解：由，求导得，
直线的斜率为，
又函数在点处的切线与直线垂直，
所以，即，解得．
因为，，
所以当时，，所以在上单调递减；
当时，，
令，解得，当，解得，当，解得，
所以时，单调递减，时，单调递增．
综上，可知：当时，在上为减函数，
当时，在上是减函数，在上是增函数．
若，由可知：最多有一个零点，
当时，由可知：当时，取得最小值，，
由于均为上单调递增函数，所以函数在单调递增，
当时，，故当时，，故只有一个零点，
当时，由，即，故没有零点，
当时，，，
由，故在有一个零点，
假设存在正整数，满足，则，
由，所以，因此在上有一个零点．
综上，的取值范围为．
第1页，共1页
同课章节目录