精品解析：辽宁省锦州市某校2024-2025学年高二上学期期末质量检测数学试卷

2024~2025学年第一学期高二期末质量检测 数学 考生注意： 1．本试卷满分150分，考试时间120分钟 2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚． 3．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2B铅笔把答题卡上对案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． 4．本卷命题范围：选择性必修一全部，选择性必修二考到4.1.3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. 某班5名同学去参观4个红色教育基地，每名学生可自由选择其中的1个红色教育基地，则不同选法的种数是（ ） A. B. C. 20 D. 9 【答案】A 【解析】 【分析】事情分5步完成，每1步均为1名同学选择基地，用分步乘法原理可解. 【详解】事情分5步完成，每1步均为1名同学选择基地． 第1步为第1名同学选择，有4种方法，第2步为第2名同学选择，也有4种方法，……，第5步为第5名同学选择，也有4种方法. 根据分步乘法原理，得到总共有种方法. 故选：A. 2. 若直线与直线垂直，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由垂直确定斜率为0，即可求解. 【详解】因为直线与直线垂直, 所以直线的斜率为0, 所以. 故选：D. 3. 已知是相互独立事件，且，则（ ） A. 0.1 B. 0.12 C. 0.18 D. 0.28 【答案】C 【解析】 【分析】根据对立事件概率可得，再由相互独立事件乘法公式计算可得. 【详解】由可得， 又是相互独立事件，所以. 故选：C 4. 已知双曲线上一点P到它的一个焦点的距离等于5，那么点P到另一个焦点F的距离等于（ ） A. 3 B. 3或7 C. 5 D. 7 【答案】D 【解析】 【分析】利用双曲线标准方程和定义，求解到另一个焦点的距离. 【详解】由题意可知，,， 则， 所以或， 又因为, 所以， 故选：D. 5. 某市政工作小组就民生问题开展社会调研，现派遣三组工作人员对市内甲、乙、丙、丁四区的居民收入情况进行抽样调査，若每区安排一组工作人员调研，且每组工作人员至少负责一个区调研，则不同的派遣方案共有（ ） A. 12种 B. 36种 C. 48种 D. 72种 【答案】B 【解析】 【分析】按照分组分配问题先将四个区分为三组，再分配到三组工作人员中去即可. 【详解】先将甲、乙、丙、丁四个区分成三组，即任意选两个成为一组，剩余两个各自一组，共种， 再将分好的三组不同的区分配给三组工作人员，共有种分配方法； 因此共种. 故选：B 6. 圆与圆相交于两点，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求出相交弦所在直线的方程，然后根据圆的弦长的求法求解即可. 【详解】由圆与圆， 将两圆方程相减整理得直线的方程：， 又，即， 圆心为，半径为， 所以到直线的距离为， 所以. 故选：B. 7. 已知椭圆的离心率为，若椭圆上的点到直线的最短距离不小于，则长半轴长的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】确定与距离为的直线，由题意这条直线与相切或没交点，联立方程，由韦达定理即可求解. 【详解】 设平行且距离为的直线方程为， 所以，解得或（结合图象舍去） 设直线与平行且它们之间的距离为，则的方程为， 由整理，得， 因为上的点到直线的最短距离不小于， 所以与椭圆相切或没有交点， 所以，整理得， 由椭圆的离心率为，可知，所以， 所以，则，所以. 故选：C. 8. 记空间中的一些点构成的集合为为原点，且对任意，都存在不全为零的实数，使得，若，则下列结论可能成立的是（ ） A. ，且 B. ，且 C. ，且 D. ，且 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，利用，逐项得到关于的方程组，检验是否满足题意即可得解. 【详解】对于A选项，设，，， 设存在实数，，使得， 即， 则，解得，不满足条件，故A错误； 对于B选项，设，，， 设存在实数，，使得， 即， 则，令，则，， 满足存在不全为零的实数，，的条件，故B正确； 对于C选项，设，，， 设存在实数，，使得， 即， 则，解得，不满足条件，故C错误； 对于D选项，设，，， 设存在实数，，使得， 即， 则，解得，不满足条件，故D错误； 故选：B 【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是理解题设给出的定义，从而逐项列式检验即可得解. 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. 关于的展开式，下列说法正确的是（ ） A. 展开式共6项 B. 各项系数之和为1 C. 不含常数项 D. 系数最大项是 【答案】BCD 【解析】 【分析】A，B，C项直接由二项式定理及其展开式的性质求解，D项中，可设第项的系数最大，则求解即可． 【详解】对于A项，因为，所以展开式共7项，故A项错误； 对于B项，令，得各项系数之和为，故B项正确； 对于C项，展开式的通项公式为，， 令，得显然取不到，则不含常数项，故C项正确； 对于D项，设第项的系数最大，则，解得， 则，得系数最大项为：，故D项正确， 故选：BCD 10. 在空间直角坐标系Oxyz中，，，，则（ ） A. B. C. 异面直线OB与AC所成角的余弦值为 D. 点O到直线BC的距离是 【答案】AC 【解析】 【分析】利用空间向量的坐标表示，结合向量数量积、模的意义计算判断选项AB；利用异面直线夹角的向量求法判断选项C；利用空间向量求出点到直线距离判断选项D作答. 【详解】对于A，，，， 依题意，，，故A正确； 对于B，，，故B错误； 对于C，，,因为， 则异面直线OB与AC所成角的余弦值为，故C正确； 对于D，因为，，在上的投影为， 所以点O到直线BC的距离是，故D错误. 故选：AC. 11. 如图，曲线可以看作“蝴蝶结”的一部分，已知曲线上除原点外的所有点均满足其到原点的距离的立方与该点横纵坐标之积的绝对值的商恒为定值（），则（ ） A. 曲线关于直线对称 B. 曲线经过点，其方程 C. 曲线围成的图形面积小于 D. 存在，使得曲线上有5个整点（即横、纵坐标均为整数的点） 【答案】ACD 【解析】 【分析】首先根据已知条件求出曲线方程，再运用曲线的对称性、放缩解决曲线所围图形面积以及整点的概念，分别分析每个选项. 【详解】对于A，先求曲线方程，设曲线上一点（）， 由已知，即. 若点在曲线上，则也满足曲线方程， 所以曲线关于直线对称，A选项正确. 对于B，将代入曲线方程，得，即，，此时方程为，B选项错误. 对于C，，则， 所以C在以圆心为O，半径为的圆内，结合图形知道，C选项正确. 对于D，由于，所以， 由曲线的对称性可知，要使曲线上有5个整点， 则曲线在第一象限内有两个整点，当整点为时，， 此时整点都在曲线上，其有3个整点，不满足题意; 当整点为时，，此时整点均在曲线上， 且均不在曲线上，其有5个整点，满足题意，D正确. 故选：ACD. 【点睛】关键点点睛：本题关键是找准图形的信息，求出曲线方程，后运用性质，如对称性，整点，面积借助放缩成半圆即可求解. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若的展开式中二项式系数和为32，则展开式中最高次项的系数为______． 【答案】 【解析】 【分析】首先根据二项式系数和的性质求出的值，然后写出二项式展开式的通项公式，再根据通项公式求出最高次项的系数. 【详解】已知展开式中二项式系数和为32，则，即. 对于，则其展开式的通项公式为. 化简得. 当时，最高次项的系数为. 所以最高次项的系数为. 故答案为：. 13. 在空间直角坐标系中，已知，则三棱锥的体积为_________． 【答案】2 【解析】 【分析】通过已知点的坐标，求出底面的面积，高的数值，然后求出三棱锥的体积． 详解】由题意得，所以 所以的面积为， 点都在平面上，点到平面的距离3， 所以三棱锥的体积为． 故答案为： 14. 已知在平面直角坐标系中，点，，动点满足，点为抛物线E：上的任意一点，在轴上的射影为，则的最小值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】由动点P满足的条件得点P的轨迹为圆，根据抛物线的定义，将转化为，观察图形得的最小值. 【详解】 设，已知，， 则， 化简整理得，所以点的轨迹为以为圆心，2为半径的圆， 抛物线E：的焦点，准线方程为， ， 当且仅当A，P，M，F（P，M两点在A，F两点之间）四点共线时取等号， 所以的最小值为. 故答案为：. 【点睛】动点P满足为“阿波罗尼斯圆”的定义，可知点的轨迹为圆. 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. 已知8件不同的产品中有2件次品，现对这8件产品一一进行测试，直至找到所有次品． （1）若恰在第2次测试时，找到第一件次品，第6次测试时，找到第二件次品，则共有多少种不同的测试情况？ （2）若至多测试3次就能找到所有次品，则共有多少种不同的测试情况？ 【答案】（1）720 （2）26 【解析】 【分析】（1）分步骤确定每次测试的情况数，再根据排列组合的乘法原理计算总的测试情况数. （2）要分测试次找到所有次品和测试次找到所有次品这两种情况分别计算，最后根据加法原理得到总的测试情况数. 【小问1详解】 第1次测试的是正品，从件正品中选件，有种选择. 第2次测试找到第一件次品，因为有件次品，所以第2次测试的次品有种选择. 第3次到第5次测试的是正品，从剩下的件正品中选件进行排列，有种选择. 第6次测试找到第二件次品，此时只剩下件次品，所以只有种选择. 根据排列组合的乘法原理，总的测试情况数为种. 【小问2详解】 测试次就找到所有次品的情况: 第1次测试找到一件次品，有种选择，第2次测试找到另一件次品，有种选择，所以这种情况共有种测试情况. 测试次找到所有次品的情况: 第1次测试找到一件次品，有种选择，第2次测试找到一件正品，从件正品中选件，有种选择，第3次测试找到另一件次品，有种选择，这种情况共有种测试情况. 第1次测试找到一件正品，从件正品中选件，有种选择，第2次测试找到一件次品，有种选择，第3次测试找到另一件次品，有种选择，这种情况共有种测试情况. 根据加法原理，至多测试次就能找到所有次品的测试情况数为种. 16. 已知圆，圆的圆心在直线上，且过点． （1）求圆的标准方程； （2）已知第二象限内的点在圆上，过点作圆的切线恰好与圆相切，求的斜率． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）需要先求出圆心坐标和半径.可通过设圆心坐标，利用圆上点到圆心距离等于半径列方程求解. （2）判断两圆的位置关系，求出两圆的公切线，结合图形，得到满足条件的切线斜率. 【小问1详解】 设圆的圆心坐标为，半径为. 因为圆过点和，根据圆的标准方程. 对于点有，即 ①. 对于点有，即 ②. 将②代入①可得：. 展开得. 移项化简得，即，解得. 把代入②得. 所以圆的标准方程为. 【小问2详解】 如图所示，两圆外离，公切线有四条，由于第二象限内的点在圆上显然满足题意的是.下面求公切线斜率.显然斜率存在，设切线. 圆心到切线（即）的距离（∗）， 圆心到切线（即）的距离（∗∗）， 两个式子比，得到由 .化简得到， 则或者.即或者. 当时，代入方程（∗），得到，两边平方整理得，解得或. 当时，代入方程（∗），同样得到，解得. 由于且由图知道，因此，. 故满足题意的的斜率为. 17. 如图，在四棱锥中，平面，底面是平行四边形，且，点为线段的中点，点是线段上靠近点的三等分点． （1）求证：平面平面； （2）求平面与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析； （2） 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理计算和勾股定理的逆定理的应用可得，由线面垂直的性质可得，结合线面、面面垂直判定定理即可得出证明； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解面面角即可. 【小问1详解】 因为点是线段上靠近点的三等分点，，所以； 在中，，， 由余弦定理可得， 满足，即； 因为平面，平面，所以； 又平面， 所以平面， 因为平面， 因此平面平面； 【小问2详解】 过点作，由平面，可得平面； 又平面，所以； 因为，故， 故以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，如下图所示： 则， ， 设平面的一个法向量为， 则，解得，取，则； 所以； 设平面的一个法向量为， 则，解得，取，则； 所以； 可得； 所以平面与平面所成角的正弦值为. 即可得平面与平面所成角的正弦值为. 18. 科技特长生是经过教育厅、教育局发文，有正式定义的、享有特殊招生政策的学生群体，简言之，就是得到特定比赛或竞赛奖项的学生，可认定为科技特长生．目前科技特长生认证中认可度高的赛事主要分为四大类，第一是科技创新类，第二是机器人类，第三是信息学类，第四是航模类．现将两个班的科技特长生报名表分别装进两个档案袋，第一个档案袋内有5份男生档案和3份女生档案，第二个档案袋内有2份男生档案和4份女生档案． （1）若从第一个档案袋中随机依次取出2人的档案，每次取出的档案不再放回． （ⅰ）求取出的这2人的档案中有女生档案的概率； （ⅱ）求在取出的这2人的档案中有女生的条件下，第2次取出的档案是女生的概率； （2）若先从第一个档案袋中随机取出一人的档案放入第二个档案袋中，再从第二个档案袋中随机取出一人的档案，求从第二个档案中取出的档案是女生的概率． 【答案】（1）（i）；（i i） （2） 【解析】 【分析】（1）（i）先求出没有女生档案的概率，再用1减去这个概率得到有女生档案的概率；（ii）分类讨论，结合条件概率公式计算即可； （2）要分从第一个档案袋取出的是男生档案和女生档案两种情况来计算概率，再求和即可. 【小问1详解】 （i）设事件为“取出的人的档案中有女生档案”，则为“取出的人的档案中没有女生档案”. 第一个档案袋内有份男生档案和份女生档案，总共份档案. 第一次取到男生档案的概率为，因为不放回，此时剩下份档案， 其中男生有份，所以第二次取到男生档案的概率为，那么. 所以. （ii）求在取出的这2人的档案中有女生的条件下，第2次取出的档案是女生的概率 设事件为“第次取出的档案是女生”，事件为“取出的人的档案中有女生档案”. 根据条件概率公式. 计算，即取出的人档案中有女生且第次取出的是女生的概率. 分两种情况：第一种情况，第一次取男生第二次取女生，概率为； 第二种情况，第一次取女生第二次取女生，概率为. 所以. 已知，则. 【小问2详解】 设事件为“从第二个档案中取出的档案是女生”. 分两种情况： 若从第一个档案袋中取出的是男生档案，概率为， 此时第二个档案袋中有份男生档案和份女生档案，共份档案， 那么从第二个档案袋中取出女生档案的概率为，这种情况下的概率为. 若从第一个档案袋中取出的是女生档案，概率为， 此时第二个档案袋中有份男生档案和份女生档案，共份档案， 那么从第二个档案袋中取出女生档案的概率为，这种情况下的概率为. 所以. 19. 在平面直角坐标系中，设，，定义两点，之间“”距离为．把到两定点，的“”距离之和为定值的点的轨迹叫做“椭圆”，，为此“椭圆”的焦点． （1）已知，． ①求“椭圆”的方程； ②求“椭圆”的面积； （2）已知“椭圆”的焦点分别，，其面积为10，为上一定点，且在直线外，点在上． 证明：．其中表示两点，之间“”距离的最小值，表示，中的较大者． 【答案】（1）① ；②6 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）①设“椭圆”上任意一点为，则，再根据两点之间的“距离”的新定义即可得解；②根据图形求解面积； （2）本题主要考查两点间的“”距离的最小值的求法，根据定义结合三角不等式求解最小值. 【小问1详解】 ①设“椭圆”上任意一点为，则， 即，即， 所以“椭圆”的方程为， 又因为，， 所以， ②对“椭圆”的方程进行化简， 当时，方程化为 当时，方程化为 当时，方程化为 当时，方程化为 当时，方程化为 当时，方程化 如图所示： 则围成的面积为 代入，，解得： 【小问2详解】 因为“椭圆”的焦点分别，，其面积为10， 所以 解得， 设， ，间的“”距离为： ， 又为T上定点， 由（1）当时，方程化为即 又， 代入得：， 即得证； 【点睛】本题考查新定义与新概念，对学生的知识迁移能力要求极高，第一问结合定义分析求解出“”距离，然后根据绝对值方程展开画图，求解出图形所包围出的面积；第二问结合三角不等式化简出“”距离的最小值，然后点在直线上，求得从而等价代入 证得； 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024~2025学年第一学期高二期末质量检测 数学 考生注意： 1．本试卷满分150分，考试时间120分钟 2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚． 3．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2B铅笔把答题卡上对案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． 4．本卷命题范围：选择性必修一全部，选择性必修二考到4.1.3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. 某班5名同学去参观4个红色教育基地，每名学生可自由选择其中的1个红色教育基地，则不同选法的种数是（ ） A. B. C. 20 D. 9 2 若直线与直线垂直，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知是相互独立事件，且，则（ ） A 0.1 B. 0.12 C. 0.18 D. 0.28 4. 已知双曲线上一点P到它的一个焦点的距离等于5，那么点P到另一个焦点F的距离等于（ ） A. 3 B. 3或7 C. 5 D. 7 5. 某市政工作小组就民生问题开展社会调研，现派遣三组工作人员对市内甲、乙、丙、丁四区的居民收入情况进行抽样调査，若每区安排一组工作人员调研，且每组工作人员至少负责一个区调研，则不同的派遣方案共有（ ） A. 12种 B. 36种 C. 48种 D. 72种 6. 圆与圆相交于两点，则等于（ ） A. B. C. D. 7. 已知椭圆的离心率为，若椭圆上的点到直线的最短距离不小于，则长半轴长的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 记空间中的一些点构成的集合为为原点，且对任意，都存在不全为零的实数，使得，若，则下列结论可能成立的是（ ） A. ，且 B. ，且 C. ，且 D. ，且 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. 关于的展开式，下列说法正确的是（ ） A. 展开式共6项 B. 各项系数之和为1 C. 不含常数项 D. 系数最大项是 10. 在空间直角坐标系Oxyz中，，，，则（ ） A. B. C. 异面直线OB与AC所成角的余弦值为 D. 点O到直线BC的距离是 11. 如图，曲线可以看作“蝴蝶结”的一部分，已知曲线上除原点外的所有点均满足其到原点的距离的立方与该点横纵坐标之积的绝对值的商恒为定值（），则（ ） A. 曲线关于直线对称 B. 曲线经过点，其方程为 C. 曲线围成的图形面积小于 D. 存在，使得曲线上有5个整点（即横、纵坐标均为整数的点） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若的展开式中二项式系数和为32，则展开式中最高次项的系数为______． 13. 在空间直角坐标系中，已知，则三棱锥的体积为_________． 14. 已知在平面直角坐标系中，点，，动点满足，点为抛物线E：上的任意一点，在轴上的射影为，则的最小值为__________. 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. 已知8件不同产品中有2件次品，现对这8件产品一一进行测试，直至找到所有次品． （1）若恰在第2次测试时，找到第一件次品，第6次测试时，找到第二件次品，则共有多少种不同的测试情况？ （2）若至多测试3次就能找到所有次品，则共有多少种不同的测试情况？ 16. 已知圆，圆的圆心在直线上，且过点． （1）求圆的标准方程； （2）已知第二象限内的点在圆上，过点作圆的切线恰好与圆相切，求的斜率． 17. 如图，在四棱锥中，平面，底面是平行四边形，且，点为线段的中点，点是线段上靠近点的三等分点． （1）求证：平面平面； （2）求平面与平面所成角正弦值． 18. 科技特长生是经过教育厅、教育局发文，有正式定义的、享有特殊招生政策的学生群体，简言之，就是得到特定比赛或竞赛奖项的学生，可认定为科技特长生．目前科技特长生认证中认可度高的赛事主要分为四大类，第一是科技创新类，第二是机器人类，第三是信息学类，第四是航模类．现将两个班的科技特长生报名表分别装进两个档案袋，第一个档案袋内有5份男生档案和3份女生档案，第二个档案袋内有2份男生档案和4份女生档案． （1）若从第一个档案袋中随机依次取出2人的档案，每次取出的档案不再放回． （ⅰ）求取出的这2人的档案中有女生档案的概率； （ⅱ）求在取出的这2人的档案中有女生的条件下，第2次取出的档案是女生的概率； （2）若先从第一个档案袋中随机取出一人的档案放入第二个档案袋中，再从第二个档案袋中随机取出一人的档案，求从第二个档案中取出的档案是女生的概率． 19. 在平面直角坐标系中，设，，定义两点，之间“”距离为．把到两定点，“”距离之和为定值的点的轨迹叫做“椭圆”，，为此“椭圆”的焦点． （1）已知，． ①求“椭圆”的方程； ②求“椭圆”的面积； （2）已知“椭圆”的焦点分别，，其面积为10，为上一定点，且在直线外，点在上． 证明：．其中表示两点，之间“”距离的最小值，表示，中的较大者． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$