皖豫名校联盟2024?2025学年高二下学期4月期中考试数学试题（含解析）

皖豫名校联盟2024 2025学年高二下学期4月期中考试数学试题
一、单选题
1．已知，则（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
2．已知是公差不为0的等差数列，则（ ）
A． B． C． D．
3．如图，从甲地到乙地有1条路，从乙地到丁地有3条路；从甲地到丙地有3条路，从丙地到丁地有4条路；从甲地不经乙地或丙地直接到达丁地有n条路．若从甲地到丁地总共有20条不同的路线，则（ ）
A．4 B．5 C．6 D．7
4．已知随机变量服从正态分布，则（ ）
A．0.16 B．0.32 C．0.68 D．0.84
5．已知的展开式中，的系数为32，则（ ）
A．5 B．6 C．7 D．8
6．某学校只有甲、乙两个餐厅，某同学只在学校用午餐，他第1天随机选择一个餐厅用餐．如果第1天去甲餐厅，那么第2天去甲餐厅的概率为0.4；如果第1天去乙餐厅，那么第2天去甲餐厅的概率为0.7．该同学第2天去甲餐厅用餐的概率是（ ）
A．0.55 B．0.42 C．0.28 D．0.12
7．已知函数在上的导函数为，且在处取得极大值，则函数的图象可能为（ ）
A． B．
C． D．
8．将20个大小，材质均相同的小球分别编号为1，2，3，…，20，将这20个小球随机分装到甲，乙两个盒子中，每个盒子装10个小球，设甲盒中小球的最小编号为a，最大编号为b，乙盒中小球的最小编号为c，最大编号为d，则“”的概率为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．记等比数列的前项和为，已知，公比为，则（ ）
A．是等比数列 B．是等差数列
C．是等比数列 D．是等比数列
10．已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．的图象在点处的切线方程为
B．的单调递增区间为
C．在区间上的最大值为
D．若方程有两个不同的实数解，则
11．已知抛物线的焦点为，若上存在个互不重合的点，，，…，满足，则下列结论中正确的是（ ）
A．若，则的最小值为4
B．若，则
C．若，则
D．若，则四边形面积的最小值为128
三、填空题
12．已知的导函数为，函数，则 ．
13．亚冬会期间，某校学生会组织甲，乙，丙，丁，戊5个志愿服务团，前往A，B，C这3个比赛场地进行志愿服务，若每个场地至少分配1个志愿服务团，每个志愿服务团只能在1个场地进行服务，并且甲团只能去A场地，则不同的分配方法种数为 ．
14．已知各项均不为0的数列的前项和为，且，则的最大值为 ．（注：）
四、解答题
15．已知函数．
（1）若，求的极小值；
（2）若，证明：在上单调递减．
16．已知是正项等比数列，且和是方程的两个不等实根．
（1）求的通项公式；
（2）若是递增数列，设，求数列的前项和．
17．口袋中有编号分别为1，2，3，…，10的10个小球，所有小球除了编号外无其他差别．
（1）从口袋中任取3个小球，求取到的小球编号既有奇数又有偶数的概率；
（2）从口袋中任取5个小球，设其中编号的最小值为，求的分布列及期望．
18．如图，在多面体中，AG，DE，BF均与平面垂直，且C，E，F，G四点共面，，，，．
（1）求线段AG的长；
（2）求直线AE与平面所成角的正弦值．
19．已知函数．
（1）若，求曲线在点处的切线方程；
（2）若在上单调递增，求实数的值；
（3）已知数列满足，，证明：．
参考答案
1．【答案】C
【详解】，故或，
解得或，
当时，满足，
当时，此时，不合要求，舍去.
故选C
2．【答案】D
【详解】由等差数列的性质知，结合题设有.
故选D
3．【答案】B
【详解】甲地经乙地到丁地的路线共有条，
甲地经丙地到丁地的路线共有条，
故从甲地到丁地路线条数为，
所以，解得.
故选B
4．【答案】C
【详解】由题意得，
由正态曲线的对称性知，
所以．
故选C
5．【答案】A
【详解】由通项公式可知含项为：，
所以，即，
故选A
6．【答案】A
【详解】设事件“第1天去甲餐厅用餐”，“第1天去乙餐厅用餐”，
“第2天去甲餐厅用餐”，与互斥．
依题意得，，．
由全概率公式，得
，
故选A
7．【答案】DD
【详解】因为在处取得极大值，
所以在的左侧，在的右侧，
又在的左侧，在的右侧，
所以在的左侧，在的右侧，
结合选项只有D符合，
故选D
8．【答案】C
【详解】将这20个小球随机分为两组放入甲，乙两个盒子中，共有种方法，
假设1号在甲盒中，则甲盒中小球的最大编号为13，故20号小球在乙盒中，
乙盒中小球最小编号为8，从而编号从1到7的小球均在甲盒中，
9,10,11,12号小球有任意2个在甲盒中，满足要求的情况数为，
将甲盒与乙盒互换，同样有6种情况，综上，共有种，满足要求，
所以“”的概率为.
故选C
9．【答案】ABD
【详解】A选项，由题意得，故，
其中，故为等比数列，A正确；
B选项，，故，
又，故是等差数列，B正确；
C选项，，，
，其中，故不是等比数列，C错误；
D选项，，故，
故，所以为等比数列，D正确.
故选ABD
10．【答案】AD
【详解】由题设
当时，，即在上单调递减，
当时，，即在上单调递增，
当时，恒成立，且时，极小值，无极大值，
所以函数大致图象如下，
由上分析，，，则点处的切线为，即，A对；
在上单调递减，B错；
在区间上的最小值为，C错；
要使方程有两个不同的实数解，只需，即，D对.
故选AD
11．【答案】BCD
【详解】当，即，故共线，
所以是一条焦点弦，其最小值为通径长度为，A错；
令，而，可设，联立抛物线得，
所以，，则，，
所以，B对；
当，，、共线，如下图，
令，，则，
易知，，，，
同B分析得，，
所以
，C对；
，
当时，最小，D对.
故选BCD
12．【答案】
【详解】，
所以.
13．【答案】
【详解】由题设，5个团去往3个场地，可按人数分组为、两种，
按分组，
若甲一人成组，则其它4人的分组有种，再把两组安排到有种，
若甲所在的组有两人，则选一人与甲去往有种，余下3人分成两组有种，再把两组安排到有种，
所以共有种；
按分组，
若甲一人成组，则其它4人的分组有种，再把两组安排到有种，
若甲所在的组有三人，则选两人与甲去往有种，余下2人分成两组安排到有种，
所以共有种；
综上，共有种分配方法.
14．【答案】5
【详解】因为，，
所以，故，
令，,则，
因为，所以，
令得，令得，
故在上单调递增，在上单调递减，
其中，
故在处取得最大值，最大值为.
15．【答案】（1）-1
（2）证明过程见解析
【详解】（1）时，，定义域为，
故，
当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
所以在处取得极小值，极小值为；
（2）时，，定义域为，
，
令，则，
令得，令得，
故在上单调递增，在上单调递减，
所以在取得极大值，也是最大值，，
所以恒成立，所以在上单调递减.
16．【答案】（1）或
（2）
【详解】（1），解得或9，
故或，
设的公比为，
当时，，，解得，
所以；
当时，，，解得，
所以；
（2）是递增数列，故，
，
所以①，②，
式子①-②得，
故.
17．【答案】（1）；
（2）分布列见解析，期望为.
【详解】（1）从口袋中任取3个小球有种方法，编号全为奇数的取法有种，全为偶数的取法有种，
因此编号既有奇数又有偶数的取法种数为，
所以取到的小球编号既有奇数又有偶数的概率为.
（2）依题意，的所有可能值为1，2，3，4，5，6，
从口袋中任取5个小球有种取法，
，，，
，，，
所以的分布列为
1 2 3 4 5 6
期望为.
18．【答案】（1）4
（2）
【详解】（1）因为BF与平面垂直，平面，
所以⊥，⊥，
又，故两两垂直，
以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
连接，，由勾股定理得，
故，故，
因为，，，
所以≌，故，
过点作⊥于点，故，
所以，所以，
又，
所以，
设，则，
，，
设平面的法向量为，
则，
令，则，故，
C，E，F，G四点共面，故，
即，
解得，故；
（2），平面的法向量为，
设直线AE与平面所成角的大小为，
则，
直线AE与平面所成角的正弦值为.
19．【答案】（1）
（2）
（3）证明见解析
【详解】（1）当时，，，
所以，，
所以曲线在点处的切线方程：；
即；
（2）在上单调递增，
等价于恒成立，
令，
当时，易知在上单调递增，
当时，，故时，，
不符合题意，舍去；
当时，，由，可得，
易知当时，，当时，，
所以在单调递减，在单调递增，
由题意得最小值，
即，
构造函数，
，易知时，，，，
所以在单调递增，在单调递减，
当时，取得最大值，
也即要使得成立，需满足，即；
（3）由（2）知，当时，
在上单调递增，
又，所以当时，，
由，又，易知
可得：，
所以，即
累加求和可得：，
即，
即，又，
所以，又，
所以.