精品解析：云南省会泽县茚旺高级中学2023-2024学年高二下学期期中考试数学试卷

会泽县茚旺高中2024年春季学期高二年级期中考试 数学试卷 考生注意： 1．满分150分，考试时间120分钟． 2．考生作答时，请将答案答在答题卡上．选择题每小题选出答案后，用B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效． 3．本卷命题范围：人教A版必修第一册，必修第二册，选择性必修第一册，选择性必修第二册，选择性必修第三册第七章结束． 一、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的． 1. 学校组织社团活动，要求每名同学必须且只能参加一个社团，现仅剩的3个社团供4名同学选择，则不同的选择方法有（ ） A. 种 B. 种 C. 种 D. 种 2. 已知集合，集合，其中i为虚数单位，则（ ） A. B. C. D. 3. 抛掷一枚质地不均匀的硬币（两面图案分别为“花”“字”）一次，记“花”面朝上的概率为，令随机变量，（ ） A. B. C. D. 4. 在中，a，b，c分别为三个内角A，B，C所对的边，设向量，若，则角A的大小为（ ） A. B. C. D. 5. 若数列满足，且，则（ ） A. B. C. D. 6. 国际高峰论坛上，组委会要从6个国内媒体团和3个国外媒体团中选出3个媒体团进行提问，要求这3个媒体团中既有国内媒体团又有国外媒体团，且国内媒体团不能连续提问，则不同的提问方式的种数为（ ） A. 306 B. 198 C. 268 D. 378 7. 已知，，，则，，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数是奇函数，函数的图象与的图象有4个公共点，且，则（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 二、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. 为了解目前全市高一学生身体素质状况，对某校高一学生进行了体能抽测，得到学生的体育成绩，其中60分及以上为及格，90分及以上为优秀，则下列说法正确的是（ ）附：若，则，. A. 该校学生体育成绩的方差为10 B. 该校学生体育成绩的期望为70 C. 该校学生体育成绩的及格率不到 D. 该校学生体育成绩的优秀率超过 10. 若函数，则下列结论错误的是（ ） A. 的定义域是 B. 的单调递增区间是 C. 的值域是 D. 的图象关于直线对称 11. 已知双曲线的左、右焦点分别为，为双曲线右支上的动点，过作两渐近线的垂线，垂足分别为．若圆与双曲线的渐近线相切，则下列命题正确的是（ ） A. 其中一条渐近线的倾斜角为 B. 当点异于顶点时，的内切圆的圆心总在直线上 C. 为定值 D. 的最小值为 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若曲线在点处的切线方程是，则________． 13. 盒中有个红球，个黑球，个白球，今随机地从中取出一个，观察其颜色后放回，并加上同色球个，再从盒中取出一球，则第二次取出的是黑球的概率是__________. 14. 正方体的棱长为1，，分别为，的中点．则平面截正方体所得的截面面积为______；以点为球心，以为半径的球面与对角面的交线长为______． 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤． 15. 在二项式的展开式中，______.给出下列条件： ①若展开式前三项的二项式系数的和等于37； ②若展开式中第四项与第五项的二项式系数比值为. 试在上面两个条件中选择一个补充在上面的横线上，并且完成下列问题： （1）求展开式中系数最大的项； （2）求展开式中含的项. 16. 如图，在四棱锥中，为矩形，，，平面平面． （1）证明:平面平面; （2）若为中点，求平面与平面的夹角的余弦值． 17. 某学校为了学习、贯彻党的二十大精神，组织了“二十大精神”知识比赛，甲、乙两位教师进行答题比赛，每局只有1道题目，比赛时甲、乙同时回答这一个问题，若一人答对且另一人答错，则答对者获得10分，答错者得分；若两人都答对或都答错，则两人均得0分．根据以往答题经验，每道题甲、乙答对的概率分别为，且甲、乙答对与否互不影响，每次答题的结果也互不影响． （1）求在一局比赛中，甲的得分的分布列与数学期望； （2）设这次比赛共有3局，若比赛结束时，累计得分为正者最终获胜，求乙最终获胜的概率． 18. 已知抛物线，过焦点且倾斜角为的直线与抛物线相交所得弦的长度为8． （1）求抛物线的方程； （2）已知直线与抛物线交于点，是抛物线上异于点的另外两点，且直线和直线的斜率之和为，判断直线是否经过一定点．若是，求出定点的坐标；若不是，请说明理由． 19. 已知函数. （1）若的极小值为-4，求的值； （2）若有两个不同的极值点，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 会泽县茚旺高中2024年春季学期高二年级期中考试 数学试卷 考生注意： 1．满分150分，考试时间120分钟． 2．考生作答时，请将答案答在答题卡上．选择题每小题选出答案后，用B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效． 3．本卷命题范围：人教A版必修第一册，必修第二册，选择性必修第一册，选择性必修第二册，选择性必修第三册第七章结束． 一、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的． 1. 学校组织社团活动，要求每名同学必须且只能参加一个社团，现仅剩的3个社团供4名同学选择，则不同的选择方法有（ ） A. 种 B. 种 C. 种 D. 种 【答案】D 【解析】 【分析】由分步计数乘法原理即可求解 【详解】由题意可得，每名同学共有3种选择，故不同的选择方法有种 故选：D 2. 已知集合，集合，其中i为虚数单位，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】解不等式可得，再根据复数运算法则计算可得，可得出结论. 【详解】解不等式可得， 易知，因此可得； 因此可得之间不存在包含关系，即A错误，B错误； 易知，，即C正确，D错误. 故选：C 3. 抛掷一枚质地不均匀的硬币（两面图案分别为“花”“字”）一次，记“花”面朝上的概率为，令随机变量，（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题可得服从两点分布，然后根据方差的概念即得. 【详解】由题知，服从两点分布，且， 所以. 故选：D. 4. 在中，a，b，c分别为三个内角A，B，C所对的边，设向量，若，则角A的大小为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 利用垂直的数量积为0与余弦定理求解即可. 【详解】因为,所以, 即,所以因为,故 故选：B． 【点睛】本题主要考查了向量垂直与数量积的运用以及余弦定理求角度的问题,属于基础题型. 5. 若数列满足，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题设得到，结合等比数列定义写出通项公式，应用分组求和、等比数列前n项和公式求结果. 【详解】令，则，即， 又，故是首项、公比均为2的等比数列， 所以，即，故且， 所以. 故选：D 6. 国际高峰论坛上，组委会要从6个国内媒体团和3个国外媒体团中选出3个媒体团进行提问，要求这3个媒体团中既有国内媒体团又有国外媒体团，且国内媒体团不能连续提问，则不同的提问方式的种数为（ ） A. 306 B. 198 C. 268 D. 378 【答案】B 【解析】 【分析】分“选两个国内媒体一个国外媒体”和“选两个外国媒体一个国内媒体”两种情况讨论,分别求出种数再相加即可. 【详解】由题可知选出的3个媒体团的构成有如下两类： ①选出的3个媒体团中只有一个国内媒体团，有种不同的提问方式； ②选出的3个媒体团中有两个国内媒体团，有种不同的提问方式． 综上，共有种不同的提问方式． 故选：B. 7. 已知，，，则，，的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】依题意可得，，，令，利用导数说明函数的单调性，结合函数的单调性比较大小. 【详解】依题意可得，，， 设，则，当时，，单调递减， 又，所以，即，即. 故选：D. 8. 已知函数是奇函数，函数的图象与的图象有4个公共点，且，则（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】D 【解析】 【分析】由题意得与都关于点对称，则，由此即可求得结果. 【详解】由函数是奇函数，其图象向右平移1个单位，再向上平移2个单位得到的图象，所以的图象关于点对称， 由，可得的图象是由奇函数的图象向右平移1个单位，再向上平移2个单位得到，所以的图象关于点对称， 所以与都关于点对称， 所以， 所以. 故选：D. 二、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. 为了解目前全市高一学生身体素质状况，对某校高一学生进行了体能抽测，得到学生的体育成绩，其中60分及以上为及格，90分及以上为优秀，则下列说法正确的是（ ）附：若，则，. A. 该校学生体育成绩的方差为10 B. 该校学生体育成绩的期望为70 C. 该校学生体育成绩的及格率不到 D. 该校学生体育成绩的优秀率超过 【答案】BC 【解析】 【分析】由正态分布的期望、方差判断A、B正误，利用正态分布的对称性，结合特殊区间概率的求法求、即可判断C、D的正误. 【详解】A：由题设知，所以该校学生体育成绩的方差，错误； B：由题设知，即该校学生体育成绩的期望为70，正确； C：，所以该校学生体育成绩的及格率不到85%，正确； D：，故该校学生体育成绩的优秀率为2.28%，故错误； 故选：BC. 10. 若函数，则下列结论错误的是（ ） A. 的定义域是 B. 的单调递增区间是 C. 的值域是 D. 的图象关于直线对称 【答案】AB 【解析】 【分析】由得，解出的范围可判断A；由题知是偶函数，周期是，图象关于对称，时递增，可得的单调递增区间，可判断B；的值域就是在上的取值范围，求解可判断C；的图象关于直线对称，可判断D． 【详解】由得，所以，由，得的定义域是，故A错误； 由，知是偶函数； 由，知周期是； 从而，用替换，得，知图象关于对称， 时，，又，单调递增，则的单调递增区间是，故B错误； 的值域就是在上的取值范围，当时，，又，，所以的值域为，故C正确； 的图象关于直线对称，故D正确. 故选：AB. 11. 已知双曲线的左、右焦点分别为，为双曲线右支上的动点，过作两渐近线的垂线，垂足分别为．若圆与双曲线的渐近线相切，则下列命题正确的是（ ） A. 其中一条渐近线的倾斜角为 B. 当点异于顶点时，的内切圆的圆心总在直线上 C. 为定值 D. 的最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】由圆心到渐近线的距离等于半径求得，即可得渐近线判断A；设出的内切圆与其三边的切点，利用切线的性质得出点横坐标判断B；设点，求出，代入点在双曲线上的条件判断C；利用余弦定理求，并由基本不等式求最小值判断D. 【详解】双曲线，左右焦点为，且渐近线为， 由圆与渐近线相切，且圆心为，半径为1， 所以（负值舍），故渐近线方程为， 其中一条渐近线斜率为，即倾斜角为，A对； 由点为双曲线右支上（异于右顶点），设内切圆与三边切点分别为，如图， 由圆的切线性质知， ，即， 所以，当点异于顶点时，的内切圆的圆心总在直线上，B错； 设双曲线右支上的动点，则， 又双曲线的渐近线方程为，则为定值，C对； 由A分析，知直线为，倾斜角为，如下图示， 所以，则，结合C项的分析， 故， 当且仅当时等号成立，D对. 故选：ACD 【点睛】关键点点睛：利用双曲线渐近线与圆相切及点线距离公式求参数，确定双曲线方程，综合运用双曲线定义、圆的切线性质、余弦定理、基本不等式知识判断各选项. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若曲线在点处的切线方程是，则________． 【答案】2 【解析】 【分析】利用导数的几何意义求解即可. 【详解】函数的定义域为， 由曲线在点处的切线方程是得切线斜率为2，， 由得，所以，解得， 又，解得，所以. 故答案为：2. 13. 盒中有个红球，个黑球，个白球，今随机地从中取出一个，观察其颜色后放回，并加上同色球个，再从盒中取出一球，则第二次取出的是黑球的概率是__________. 【答案】 【解析】 【分析】先设事件，然后利用全概率公式求解. 【详解】设事件“第一次取出的是红球”，事件“第一次取出的是黑球”，事件“第一次取出的是白球”，事件“第二次取出的是黑球”. 由全概率公式知. 由题意， ， ， 则. 故答案为：. 14. 正方体的棱长为1，，分别为，的中点．则平面截正方体所得的截面面积为______；以点为球心，以为半径的球面与对角面的交线长为______． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】 由题意作出图形，可得平面截正方体所得截面为等腰梯形，求出此梯形面积即可，再找出以点为球心，以为半径的球面与对角面的交线利用弧长公式求解交线长． 【详解】如图，连接，则，∴等腰梯形为平面截正方体所得截面图形， 由正方体棱长为1，得，，，则到的距离为， ∴． ∵平面平面，且平面平面， 过作于，则平面， ∵为中点，∴， 以点为球心，以为半径的球面与对角面的交线为圆弧， 其半径为， 由，，得，∴， 所求交线为劣弧，长度为． 故答案为：；． 【点睛】本题考查球与内接多面体，考查空间想象能力，逻辑推理能力，运算求解能力，属于中档题． 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤． 15. 在二项式的展开式中，______.给出下列条件： ①若展开式前三项的二项式系数的和等于37； ②若展开式中第四项与第五项的二项式系数比值为. 试在上面两个条件中选择一个补充在上面的横线上，并且完成下列问题： （1）求展开式中系数最大的项； （2）求展开式中含的项. 【答案】（1）答案见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据二项式系数可得，即可根据通项特征求解， （2）由二项式展开式的通项特征即可求解. 【小问1详解】 选择①：依题意，得，即， 即，即，解得或（舍去）. 所以的展开式中， 当为偶数时，展开式中系数才可能取得最大，考虑， 根据二项式系数的性质可知，系数最大的项为第5项，即. 选择②：依题意，得，即，解得. 所以的展开式中， 当为偶数时，展开式中系数才可能取得最大，此时 根据二项式系数的性质可知，系数最大的项为第5项，即. 【小问2详解】 由（1）得的展开式中， 令，得， 所以的展开式中含的项为. 16. 如图，在四棱锥中，为矩形，，，平面平面． （1）证明:平面平面; （2）若为中点，求平面与平面的夹角的余弦值． 【答案】（1）证明：因为平面平面，平面平面， 矩形中，，所以平面 因为平面，所以 又因为，，平面， 平面 所以平面． 因为平面，所以，平面平面． （2）. 【解析】 【分析】（1）利用平面，得到，又有，，得到平面，从而平面平面； （2）建立空间直角坐标系，利用向量法求平面与平面的夹角的余弦值． 【详解】（1）略 （2）由（1）知平面，取中点，连结，则， 以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， 则，，， 设平面的一个法向量为， 则即 令，则，，所以 同理易得，平面的一个法向量为 所以． 由图示，平面与平面所成夹角为锐角， 所以平面与平面所成夹角的余弦值． 【点睛】立体几何解答题的基本结构： (1)第一问一般是几何关系的证明，用判定定理； (2)第二问是计算，求角或求距离（求体积通常需要先求距离），通常可以建立空间直角坐标系，利用向量法计算． 17. 某学校为了学习、贯彻党的二十大精神，组织了“二十大精神”知识比赛，甲、乙两位教师进行答题比赛，每局只有1道题目，比赛时甲、乙同时回答这一个问题，若一人答对且另一人答错，则答对者获得10分，答错者得分；若两人都答对或都答错，则两人均得0分．根据以往答题经验，每道题甲、乙答对的概率分别为，且甲、乙答对与否互不影响，每次答题的结果也互不影响． （1）求在一局比赛中，甲的得分的分布列与数学期望； （2）设这次比赛共有3局，若比赛结束时，累计得分为正者最终获胜，求乙最终获胜的概率． 【答案】（1）的分布列为 0 10 （2） 【解析】 【分析】（1）由题意知，取值可能为，分别求出对应的概率，写出分布列，再由数学期望公式即可. （2）由独立事件乘法公式及互斥事件的概率即可求出结果. 【小问1详解】 取值可能为， ； ； ， 所以的分布列为 0 10 ． 【小问2详解】 由（1）可知在一局比赛中，乙获得10分的概率为，乙获得0分的概率为，乙获得分的概率为． 在3局比赛中，乙获得30分的概率为； 在3局比赛中，乙获得20分的概率为； 在3局比赛中，乙获得10分的概率为， 所以乙最终获胜的概率为． 18. 已知抛物线，过焦点且倾斜角为的直线与抛物线相交所得弦的长度为8． （1）求抛物线的方程； （2）已知直线与抛物线交于点，是抛物线上异于点的另外两点，且直线和直线的斜率之和为，判断直线是否经过一定点．若是，求出定点的坐标；若不是，请说明理由． 【答案】（1）； （2）过定点，理由见解析. 【解析】 【分析】（1）根据题设有相交弦所在直线为，联立抛物线并应用弦长公式列方程求参数p，即可得抛物线方程； （2）令，其中且均不为，根据题设得到，再写出直线方程，即可确定定点. 【小问1详解】 由题设，抛物线焦点为，则相交弦所在直线为， 联立抛物线，整理得，令交点坐标分别为， 所以，， 由题设，而， 所以，故. 【小问2详解】 直线过定点，理由如下： 令，则，即， 令，其中且均不为，则，， 又直线和直线的斜率之和为，所以，即， 直线为， 所以，显然直线恒过点. 19. 已知函数. （1）若的极小值为-4，求的值； （2）若有两个不同的极值点，证明：. 【答案】（1） （2）证明：由题意可知，方程有两个不同的正实数根，即有两个不同的实数根. 令，则， 当时，，当时，， 所以函数在上单调递增，在上单调递减. 验证可知，， 由得，所以. 当时，方程，即方程，则有两个不同的正实数根. 设，则， 所以在上单调递增，在上单调递减. 不妨设，则. 令， 则， 所以在上单调递增，则当时，， 所以 又，函数在上单调递减， 所以，则， 因为，故. 【解析】 【分析】（1）求出函数的极小值点为，代入函数求解； （2）首先求出的范围，再通过构造对称函数证明，根据的范围即可证明。 【小问1详解】 ，当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增. 当时，取得极小值， 由，解得或（舍去）. 故的值为。 【小问2详解】 略 【点睛】方法点睛：本题属于极值点偏移问题：解决此类问题的方法主要有：利用对数平均不等式，构造对称函数，换元法构造函数等。 关键点点睛：本题采用的构造对称函数，解题的关键有两点： 1：参数的取值范围； 2：构造， 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $