广东省广州市衡美高级中学2024-2025学年高二下学期期中检测数学试题（含详解）

广东省广州市衡美高级中学2024 2025学年高二下学期期中检测数学试题
一、单选题（本大题共8小题）
1．已知向量，满足，则（ ）
A． B．1 C． D．2
2．已知是等差数列的前项和，且，则（ ）
A．55 B．50 C．100 D．58
3．在展开式中，的系数为（ ）
A．15 B．90 C．270 D．405
4．已知函数在处可导，且，则（ ）
A． B．9 C． D．1
5．已知数列，则该数列的第99项为（ ）
A． B．197 C． D．199
6．曲线在点处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为（ ）
A．1 B．3 C． D．
7．如图，在平行六面体中，点在对角线上，点在对角线上，，，以下命题正确的是（ ）
A．
B．、、三点共线
C．与是异面直线
D．
8．树人中学的科学社团设计了一块如下图所示的正反面内容相同的双面团牌，给团牌的正反两面6个区域涂色，有3种不同颜色可选，要求同面有公共边的区域不同色，同一区域的两面也不同色，则不同的涂色方法的种数为（ ）
A．36 B．48 C．54 D．56
二、多选题（本大题共3小题）
9．已知向量，，则下列结论正确的是（ ）
A． B．
C． D．
10．已知数列的前项和为，，，则（ ）
A．数列是等比数列
B．
C．
D．数列的前项和为
11．已知函数（）存在两个极值点，（），且，.设的零点个数为m，方程的实根个数为n，则（ ）
A． B．n的取值为2、3、4
C． D．mn的取值为3、6、9
三、填空题（本大题共3小题）
12．设等差数列的前项和分别为，若，则 .
13．已知函数，函数，若恒有，则的取值范围为 ．
14．将9个互不相同的向量，填入的方格中，使得每行、每列的三个向量的和都相等，则不同的填法种数是 .
四、解答题（本大题共5小题）
15．已知等差数列的前n项和为，.
(1)求的通项公式；
(2)若，求前n项和.
16．在下列三个条件中任选一个条件，补充在问题中的横线上，并解答．
条件①：展开式中第3项的二项式系数是21；
条件②：展开式中第2项与第7项的二项式系数相等；
条件③：展开式中所有偶数项的二项式系数之和等于64．
【选择多个条件解答，则按第一个条件计分】
问题：已知二项式，若________，求：
(1)的值；
(2)展开式中二项式系数最大的项．
17．如图所示，在四面体中，平面，是的中点，分别在线段上，且，．
(1)求证：平面；
(2)若，，求直线与平面所成角的正弦值．
18．已知函数
(1)当 时，求函数的单调区间；
(2)若函数 在区间 上有1个零点，求实数k的取值范围；
(3)若 在 上恒成立，求出正整数k的最大值；
19．定义正方形数阵满足，其中i，.
(1)若，求数阵所有项的和T；
(2)若m，n，p，，求证：也是数阵中的项；
(3)若，，且，求的值为奇数的概率.
参考答案
1．【答案】D
【详解】因为，所以，
即，所以.
故选D.
2．【答案】A
【详解】由题意，.
故选A.
3．【答案】B
【详解】在展开式中，的项为，
所以所求的系数为90.
故选B
4．【答案】B
【详解】.
故选B.
5．【答案】B
【详解】通过观察，该数列的通项公式为，
所以.
故选B.
6．【答案】C
【详解】由，得，则，，
所以曲线在点处的切线方程为，
令，得，令，得，
故该切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为.
故选C.
7．【答案】B
【详解】在平行六面体中，令，，，
则，，
，
，因为不共线所以与不平行，故A错误.
，
，即有，，有公共点，
所以、、三点共线，B选项正确.
因为点在直线上，点也在直线上所以与是相交直线，
故C选项错误.
因为，所以，故D选项错误.
故选B.
8．【答案】C
【详解】若只用2种不同的颜色，则正反面的上下区域同色，中间区域涂剩下的一种颜色即可，所以有种涂色方法.
若用3种不同的颜色，当正反面都只用2种颜色时，有种涂色方法；
当正面用2种颜色，反面用3种颜色时，则在正面未用的颜色不能涂在反面的中间，所以有种涂色方法；
同理，当正面用3种颜色，反面用2种颜色时，也有种涂色方法；
当正反两面都用3种颜色时，有种涂色方法.
所以共有54种不同的涂色方法.
故选C.
9．【答案】ACD
【详解】A：，故A正确；
B：，故B错误；
C：，故C正确；
D：，故D正确.
选ACD
10．【答案】ACD
【详解】A选项，，
其中，所以是公比为2的等比数列，A正确；
C选项，由A知，，所以，C正确；
B选项，当时，，
当时，，
显然满足，故，B错误；
D选项，，故，
即为公比为的等比数列，且，
所以的前项和为，D正确.
故选ACD.
11．【答案】AD
【详解】由，可得为二次函数，（）为的零点，
由，得或，
因为，令，解得或；令，解得，
所以在和内单调递增，在内单调递减，
则为极大值点，为极小值点，
所以，又，，即，
若，则，此时，与矛盾，故A正确；
因为，所以有2个解，有1个解，
所以有3个解，故B错误；
当时，如图所示，的零点个数为，所以，，
故，
当时，如图所示，的零点个数为，
所以，，故，
当时，如图所示，的零点个数为，所以，，
故，故C错误，D正确.
故选AD.
12．【答案】
【详解】因为，所以.
13．【答案】
【详解】因为，即，即，
令，则，
当时，；当时，，所以函数在上单调递增，在上单调递减，
所以，所以.
14．【答案】72
【详解】已知，
那么向量的所有可能情况有共种.
设每行、每列的三个向量的和为，因为，所以.
又因为三行向量和等于三列向量和，且所有向量和为，所以，
而的分量和分量都为（取值且各有个），所以.
要使每行、每列的三个向量和为，则每行、每列的三个向量的分量和分量都分别为.
对于分量，个数的和为，有这一种组合情况；
对于分量，个数的和为，也有这一种组合情况.
先确定第一行的填法，第一行的个向量的分量和分量都要满足的组合，分量的排列有种，分量的排列也有种，所以第一行的填法有种.
当第一行确定后，第二行第一列的向量分量要与第一行第一列和第三行第一列的分量和为，分量同理，所以第二行第一列的向量是唯一确定的，同理第二行第二列、第二行第三列的向量也唯一确定，第三行的向量也就随之确定.
因为第一行确定后，第二行和第三行可以交换位置.
所以不同的填法种数是种.
15．【答案】(1)
(2)
【详解】（1）因为是等差数列，设其公差为，
由题知，解得，
所以的通项公式为.
（2）由题知，
所以.
16．【答案】(1)条件选择见解析，；
(2).
【详解】（1）选条件①，展开式中第3项的二项式系数是21，则，
而，所以.
选条件②，展开式中第2项与第7项的二项式系数相等，则，
所以.
选条件③，展开式中所有偶数项的二项式系数之和等于64，则，
所以.
（2）由（1）知，，则展开式中二项式系数最大的项是第4项和第5项，
即，
所以展开式中二项式系数最大的项.
17．【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）方法一：如图，在线段上取一点，使，
由已知，，且，
在线段上取一点，使，
由已知，，且，
所以，且，因此四边形为平行四边形，
所以，又平面，且平面，所以平面．
方法二：如图，连接并延长交于连接，
在中，过点作，交于点，
因为，所以，
又是的中点，则，
所以，即，
又因为，所以，
又平面，平面，所以平面．
（2）由，，知．
以为坐标原点，过点与平行的直线为轴，
分别以所在直线为轴和轴建立如图所示的空间直角坐标系．
又，得，，，，，
则，，，
设平面的一个法向量为，
则，即，
取，则，所以平面的一个法向量为，
设直线与平面所成角为，则，
所以直线与平面所成角的正弦值为．
18．【答案】(1)增区间，减区间
(2)
(3)3
【详解】（1）当时，，，
则，
令，得，令，得，
所以的单调增区间为，减区间为.
（2）由，
当时，由，得，
所以，在上是单调增函数，且图象不间断，
又，所以当时，，
所以函数在区间上没有零点，不合题意.
当时，令，得，
若，则，故在上是单调减函数，
若，则，故在上是单调增函数，
当时，，
又，
所以函数在区间上有1个零点，符合题意．
综上所述，的取值范围为.
（3）由在上恒成立，即，
由，则，对上恒成立，
令，则，
设，则，
所以在是单调增函数，
又，，
所以存在唯一的实数，使得，
当时，，即，
当时，，即，
所以在上单调递减，在上单调递增，
，又，即，
，
，又，，
所以的最大值为3，
19．【答案】(1)0；
(2)证明见详解；
(3)答案见详解.
【详解】（1）若，则的所有取值情况为：
，
故数阵共99项，由知：，
，
所以.
（2）证明：，
由知，，故，
所以也是数阵中的项.
（3），若知：，
由与具有相同的奇偶性知要使的值为奇数，需使与都是奇数，
即i与j必定一奇一偶，
当时，的取值情况有4种，故；
当时，的取值情况有8种，故；
当时，的取值情况有12种，故；
当且n为奇数时，中有个奇数，个偶数，
故的取值情况有种，故；
当且n为偶数时，中有个奇数，个偶数，
故的取值情况有种，故；
综上所述，当且n为奇数时，；当且n为偶数时，.