精品解析：广西贵港市2024-2025学年高二上学期期末教学质量监测数学试题

2024年秋季学期高二年级期末教学质量监测 数学试题 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 4.本试卷主要考试内容：人教A版必修第一册，必修第二册，选择性必修第一册、第二册第四章. 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. 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 在复平面内，复数对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3. 在中，角，，的对边分别为，，，若，，，则的面积为（ ） A. B. C. D. 4. 下列函数中，最小正周期为且奇偶性与函数相同的是（ ） A B. C. D. 5. 已知双曲线的焦点到渐近线的距离为，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 6. 记等比数列的前项和为，若，则（ ） A. 7 B. 49 C. D. 43 7. 冈珀茨模型（）由冈珀茨提出，作为动物种群生长模型，可用于描述种群的消亡规律.已知某珍稀物种年后的种群数量近似满足冈珀茨模型，（，当时表示2024年初的种群数量），经过年后，当该物种的种群数量不足2024年初种群数量的10%时即将有濒临灭绝的危险，则的最小值为（）（ ） A. 18 B. 19 C. 20 D. 21 8. 设数列的前项和为，若，且，的等差中项为11（），则（ ） A. 4 B. 8 C. 10 D. 12 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. 已知曲线的两个焦点为，，为曲线上不与，共线的点，则下列说法正确的是（ ） A. 若是椭圆，则 B. 若是双曲线，则 C. 若，则周长为8 D. 若，则的离心率为 10. 已知圆与直线，点在圆上，点在直线上，则（ ） A. 圆上有两个点到直线的距离为2 B. 圆上只有一个点到直线的距离为2 C D. 从点向圆引切线，切线长的最小值是 11. 在长方体中，，，E为的中点，动点P在长方体内（含表面），且满足，记动点P的轨迹为Ω，则（ ） A. Ω的面积为 B. 平面与Ω所在平面平行 C. 当时，存在点P，使得 D. 当时，三棱锥的体积为定值 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知球的表面积为，正四棱锥的顶点为，底面的四个顶点均在球的球面上，底面边长为4，则该正四棱锥的高为________. 13 若数列满足，，则_________. 14. 已知是定义在上的奇函数，且，当时，，则__________，_________. 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. 2024年奥运会在巴黎举行，中国代表团获得了40枚金牌、27枚银牌、24枚铜牌，共91枚奖牌，创造了境外参加奥运会的最好成绩，运动员的拼搏精神给人们留下了深刻印象.为了增加学生对奥运知识的了解，弘扬奥运精神，某校组织高二年级学生进行了奥运知识测试，根据测试成绩，将所得数据按照，，，，，分成6组，其频率分布直方图如图所示. （1）求测试成绩的中位数（结果精确到小数点后一位）； （2）采用分层随机抽样方法从成绩在内的学生中抽取5人，再从抽取的这5人中随机抽取2人，求这2人中至少有1人的成绩在内的概率. 16. 已知动点到点的距离比它到直线的距离小2，记动点的轨迹为. （1）求的方程； （2）直线与相交于，两点，若线段的中点坐标为，求直线的方程. 17. 如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，，平面平面，，，. （1）证明：平面平面. （2）若平面与平面的夹角为，求点到平面的距离. 18. 已知直线经过椭圆的右顶点和上顶点． （1）求椭圆的标准方程及离心率； （2）与直线平行的直线交于两点（均不与的顶点重合），设直线，的斜率分别为，证明：为定值． 19. 在数列中，已知，. （1）证明是等差数列，并求出的通项公式. （2）若数列满足，，设数列的前项和为. ①求，并证明； ②证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024年秋季学期高二年级期末教学质量监测 数学试题 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 4.本试卷主要考试内容：人教A版必修第一册，必修第二册，选择性必修第一册、第二册第四章. 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. 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据并集概念求出答案. 【详解】. 故选：C 2. 在复平面内，复数对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】D 【解析】 【分析】利用复数乘法化简所求复数，利用复数的几何意义可得出结论. 【详解】因为，所以复数对应的点位于第四象限. 故选：D. 3. 在中，角，，的对边分别为，，，若，，，则的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由余弦定理得到，由同角三角函数关系得到，由三角形面积公式求出答案. 【详解】因为，，，所以， 因为，所以，所以. 故选：A 4. 下列函数中，最小正周期为且奇偶性与函数相同的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】首先判断奇偶性，然后再判断最小正周期. 【详解】因为，所以为奇函数. 函数的最小正周期为，排除A； 是偶函数，排除C； 不具有周期性，排除D； 是奇函数，其最小正周期为. 故选：B. 5. 已知双曲线的焦点到渐近线的距离为，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由焦点到渐近线的距离公式即可求解. 【详解】设双曲线的焦距为，焦点为因为双曲线的渐近线方程为，所以焦点到渐近线的距离为. 因为，所以，，所以双曲线的离心率为. 故选：C. 6. 记等比数列的前项和为，若，则（ ） A 7 B. 49 C. D. 43 【答案】C 【解析】 【分析】先由题意，得到该等比数列的公比不为；利用等比数列求和公式，求出，进而可求出结果. 【详解】由题意，易知，该等比数列的公比不为； 所以，解得； 因此； 故选：C 7. 冈珀茨模型（）由冈珀茨提出，作为动物种群生长模型，可用于描述种群的消亡规律.已知某珍稀物种年后的种群数量近似满足冈珀茨模型，（，当时表示2024年初的种群数量），经过年后，当该物种的种群数量不足2024年初种群数量的10%时即将有濒临灭绝的危险，则的最小值为（）（ ） A. 18 B. 19 C. 20 D. 21 【答案】B 【解析】 【分析】由题意得到不等式，求出，得到答案. 【详解】由，得，所以， 故的最小值为19. 故选：B 8. 设数列的前项和为，若，且，的等差中项为11（），则（ ） A. 4 B. 8 C. 10 D. 12 【答案】D 【解析】 【分析】由利用即可求出数列的通项公式即可求解. 【详解】因为，所以当时，，得， 当时，，所以， ，. 因为，所以，所以是等差数列.因为，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. 已知曲线的两个焦点为，，为曲线上不与，共线的点，则下列说法正确的是（ ） A. 若是椭圆，则 B. 若是双曲线，则 C. 若，则的周长为8 D. 若，则的离心率为 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A由于的大小范围不确定故不能判断焦点位置，对于B若是双曲线，则的焦点在轴上即可求解，对于C若，则是椭圆，则的周长为，对于D若，则是双曲线即可求解. 【详解】对于A：若椭圆，则，其焦点可能在轴上，所以A错误； 对于B：若是双曲线，则的焦点在轴上，因为，所以，故B正确； 对于C：若，则是椭圆.因为，，，所以的周长为，故C正确； 对于D:若，则是双曲线.因为，，，所以离心率为，故D正确. 故选：BCD. 10. 已知圆与直线，点在圆上，点在直线上，则（ ） A. 圆上有两个点到直线的距离为2 B. 圆上只有一个点到直线的距离为2 C. D. 从点向圆引切线，切线长的最小值是 【答案】BC 【解析】 【分析】求出圆的圆心及半径，求出点到直线的距离判断AB；利用圆的性质及切线性质求出最小值判断CD. 【详解】圆的标准方程为，圆心为，半径， 对于AB，圆心到直线的距离， 则，故A错误，B正确； 对于C，，C正确； 对于D，由切线的性质，得切线长为，D错误. 故选：BC 11. 在长方体中，，，E为的中点，动点P在长方体内（含表面），且满足，记动点P的轨迹为Ω，则（ ） A. Ω的面积为 B. 平面与Ω所在平面平行 C. 当时，存在点P，使得 D. 当时，三棱锥的体积为定值 【答案】ACD 【解析】 【分析】取的中点，连接，四边形为动点P的轨迹Ω，求得面积判断A；连接，可证明平面平面，从而可判断B；以为坐标原点，所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，转化为是否有解问题处理，求解可判断C；确定的位置，进而可判断D. 【详解】因为，所以在确定的平面内，又， 取的中点，连接，则四边形为动点P的轨迹Ω， 因为长方体中，，， 所以，，进而可求得等腰梯形的高， 所以梯形的面积为，故A正确； 连接，因为且， 所以四边形是平行四边形，所以， 因为平面，平面，所以平面， 同理可证平面，又，平面， 所以平面平面，又平面平面， 所以平面与Ω所在平面不平行，故B错误； 以为坐标原点，所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系， 则， 所以， 当，则， 所以， 假设，则，即，解得， 所以当时，存在点P，使得，故C正确； 当时，点在上，则时点到平面的距离为定值，又三角形的面积为定值， 所以三棱锥的体积为定值，故D正确. 故选：ACD. 【点睛】关键点点睛：建立空间直角坐标系，将是否存在点P，使得，转化为方程是否有解问题，转化思想是数学的一种常见思想方法. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知球的表面积为，正四棱锥的顶点为，底面的四个顶点均在球的球面上，底面边长为4，则该正四棱锥的高为________. 【答案】 【解析】 【分析】由球的表面积即可求得侧棱长，再结合底面对角线长，由勾股定理即可求解； 【详解】设球的半径为，则，所以，则该正四棱锥的侧棱长为6. 因为该正四棱锥的底面边长为4，所以底面对角线长为， 故该正四棱锥的高为. 故答案为： 13. 若数列满足，，则_________. 【答案】## 【解析】 【分析】根据题中递推关系，用列举法，确定数列周期，进而可求出结果. 【详解】因为，，所以，，，，…， 所以数列是周期为4的周期数列，故. 故答案为： 14. 已知是定义在上奇函数，且，当时，，则__________，_________. 【答案】 ①. 0 ②. 1 【解析】 【分析】由的奇偶性即可解决第一空，再结合确定函数的周期，即可求解第二空； 【详解】因为是定义在上的奇函数，所以图象的对称中心为点，且. 因为，所以图象的对称轴为直线， ， 又，可得：， 所以，即， 即，所以， 所以的周期.因为，，，，，，，，， 所以. 故答案为：0,1 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. 2024年奥运会在巴黎举行，中国代表团获得了40枚金牌、27枚银牌、24枚铜牌，共91枚奖牌，创造了境外参加奥运会的最好成绩，运动员的拼搏精神给人们留下了深刻印象.为了增加学生对奥运知识的了解，弘扬奥运精神，某校组织高二年级学生进行了奥运知识测试，根据测试成绩，将所得数据按照，，，，，分成6组，其频率分布直方图如图所示. （1）求测试成绩的中位数（结果精确到小数点后一位）； （2）采用分层随机抽样的方法从成绩在内的学生中抽取5人，再从抽取的这5人中随机抽取2人，求这2人中至少有1人的成绩在内的概率. 【答案】（1）73.3分 （2） 【解析】 【分析】（1）先求出的值，然后再求出中位数的值， （2）根据分层抽样计算出应抽取的人数，然后在得到所有的可能抽样结果，再计算概率的值即可. 【小问1详解】 因为，所以. 设该样本的中位数为，则， 所以，即该样本的中位数约为73.3分. 【小问2详解】 采用分层抽样的方法从成绩在和内的学生中抽取5人， 因为，所以应从成绩在内的学生中抽取2人， 记为，，从成绩在内的学生中抽取3人，记为，，. 从抽取的这5人中随机抽取2人有，，，，，，，，，这10种可能结果， 其中至少有1人成绩在内的结果共有9种，所以所求概率. 16. 已知动点到点的距离比它到直线的距离小2，记动点的轨迹为. （1）求的方程； （2）直线与相交于，两点，若线段的中点坐标为，求直线的方程. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意以及抛物线的定义，可得答案； （2）利用点差法，求得直线斜率，根据点斜式方程，可得答案. 【小问1详解】 由题意知动点到点的距离等于到直线的距离， 则动点的轨迹是以为焦点，为准线的抛物线， 所以的方程为. 【小问2详解】 设，，则， 两式相减得，整理可得. 因为线段的中点坐标为，所以， 所以直线的斜率， 故直线的方程为，即. 17. 如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，，平面平面，，，. （1）证明：平面平面. （2）若平面与平面的夹角为，求点到平面的距离. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）由平面平面得平面即可得证； (2)建立空间直角坐标系，由平面与平面的夹角为得点的坐标，利用向量法求点到平面的距离即可. 【小问1详解】 证明：因为平面平面，， 所以平面.因为平面，所以平面平面. 【小问2详解】 取的中点，连接.因为，所以. 因为平面平面，所以平面. 以为坐标原点，，的方向分别为，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，. 设，平面的法向量为， 因为，， 所以，令，得. 平面的一个法向量为. 因为平面与平面的夹角为，所以，所以. 设平面的法向量为， 因为，， 所以 令，得. 因为，所以点到平面的距离. 18. 已知直线经过椭圆的右顶点和上顶点． （1）求椭圆的标准方程及离心率； （2）与直线平行的直线交于两点（均不与的顶点重合），设直线，的斜率分别为，证明：为定值． 【答案】（1）， （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由已知，可得，，则，，即可求得椭圆的标准方程，再求出，可求得离心率； （2）设直线的方程为，，，联立直线方程与椭圆方程，由利用韦达定理得，得，化简可得，可得为定值. 【小问1详解】 因为直线经过椭圆的右顶点和上顶点， 当时，，当时，，则，， 所以，， 所以椭圆的标准方程为． 因为，所以椭圆的离心率为． 【小问2详解】 由（1）知直线的斜率为， 设直线的方程为，，， 联立方程组，消去得，则． 因为，，所以， 因为， 且，所以， 所以，即为定值． 19. 在数列中，已知，. （1）证明是等差数列，并求出的通项公式. （2）若数列满足，，设数列的前项和为. ①求，并证明； ②证明：. 【答案】（1）证明见解析， （2）①，证明见解析；②证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用进行赋值，即可求出公差，得到通项公式； （2）①利用以及（1）中通项公式赋值即可求出，再将等式关系进行代换，即可证出；②利用①中结论，裂项求和求出，再根据基本不等式即可证出. 【小问1详解】 令，，则对任意，都有，即， 则数列是以2为首项，2为公差的等差数列， 故，即. 【小问2详解】 ①由（1）可得，即，得. 因为，， 所以两式相减得，即. ②证明：由得，要证，即证， 由①得，，则， 故 ， 故原不等式成立. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$