精品解析：云南省昭通市第一中学教研联盟2024～2025学年高二上学期期末质量检测数学试题（A卷）

昭通一中教研联盟2024~2025学年上学期高二年级期末质量检测 数学（A卷） 本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.第I卷第1页至第3页，第Ⅱ卷第4页至第6页.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回.满分150分，考试用时120分钟. 第I卷（选择题，共58分） 注意事项： 1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名､准考证号､考场号､座位号在答题卡上填写清楚. 2.每小题选出答案后，用2B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.在试题卷上作答无效 一､单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用集合的交集运算求解. 【详解】解：因为， 所以， 故选：A. 2. 已知，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据向量垂直的性质及数量积的运算性质条件可转化为，结合数量积的坐标运算法则列方程可得结论. 【详解】因为， 所以， 所以， 所以，则， 故选：D. 3. 下列函数求导正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据基本初等函数的求导公式以及导数的四则运算求解即可. 【详解】，A错误； ，B正确； ，C错误； ，D错误. 故选：B. 4. 已知等差数列的前项和为，则（ ） A. B. C. D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】由，取，得，结合，求解即可. 【详解】在中，取，得， 故，即，得， 故选：B. 5. 将函数图象上各点的纵坐标不变，横坐标变为原来的2倍，再沿着轴向右平移个单位，得到的函数的图象的一个对称轴可以是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据函数图象变换法则求变换后的函数解析式，再求其对称轴即可. 【详解】将函数图象上各点的纵坐标不变，横坐标变为原来的2倍，再沿着轴向右平移个单位， 可得， 令，解得， 当时，对称轴为. 故选：D. 6. 如图，在棱长为2的正方体中，分别为的中点，则（ ） A. 与所成角的余弦值为 B. 平面与平面所成的角为 C. 四点共面 D. 点到平面的距离为 【答案】C 【解析】 【分析】以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求出可判断A；判断出为二面角的平面角，再由可判断B；取的中点，连接，判断出四边形是平行四边形可判断C；利用点到平面距离的向量求法可判断D. 【详解】以为坐标原点，建立如图1所示的空间直角坐标系，则， ，， 对于A，， 所以， 所以与所成角的余弦值为，故A错误； 对于B，平面平面， 又因为为等腰三角形，则即为二面角的平面角， ，故B错误； 对于C，如图2，取的中点，连接， 由正方体的性质可知， 所以四边形是平行四边形，所以，同理可知： ，所以，， 四边形是平行四边形，则四点共面，故C正确； 对于D，，， 设平面法向量为， 则，即， 令，则，则， 点到平面的距离，D错误. 故选：C. 7. 已知为抛物线上的一点，过作圆的两条切线，切点分别为，则的最小值是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据相切的性质可得，利用二倍角公式可得，利用两点距离，结合二次函数的性质可得的最小值求解. 【详解】设圆心为，由题意作图如图，由与圆相切， 则，且， 故. 设，则，可得 故当取最小值，且最小值为， 所以的最小值为， 故选：C. 【点睛】关键点睛：本题解题的关键是利用和将问题转化成求的最小值. 8. 有理数都能表示成（其中且与互质）的形式.任何有理数都可以化为有限小数或无限循环小数；反之，任一有限小数或无限循环小数也可以化成的形式，从而是有理数，如.已知构成无穷数列，令为数列的前项和，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用等比数列求和得到，然后由裂项相消法求和得到求解其取值范围即可. 【详解】 ， ， ， ， 随n的增大而增大，当时，取最小值， 所以. 故选：B. 二､多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的.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. 下列说法正确的是（ ） A. 用简单随机抽样的方法从含有100个个体的总体中抽取一个容量为5的样本，则个体被抽到的概率是0.5 B. 数据的第70百分位数是23.5 C. 已知数据的极差为6，方差为2，则数据的极差和方差分别为18，18 D. 若是两个互斥事件，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】由古典概率知识可判断A选项；由百分位数概念可判断B选项；由极差、方差性质可判断C选项；由互斥事件的概率加法公式可判断D选项. 【详解】对于A，从100个个体的总体中抽取一个容量为5的样本， 则个体被抽到的概率是，故A错误； 对于B，对10个数据从小到大排序为.又， 则第70百分位数为第7个数据和第8个数据的平均数，即为，故B正确； 对于C，数据的极差为6，方差为2， 则数据的极差和方差分别为，故C正确； 对于D，若为互斥事件，则，故D正确. 故选：BCD. 10. 已知直线，则下列结论正确的是（ ） A. 直线过定点 B. 直线与直线平行时， C. 直线与双曲线有一个交点时，或 D. 直线被圆所截的弦长的最小值为4 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据直线恒过定义问题计算即可判断A；根据两直线的位置关系计算即可判断B；当直线跟两条渐近线平行时符合题意，结合两直线的位置关系计算即可判断C；当圆心与定点的连线与直线垂直时弦长最短，结合垂径定理计算即可判断D. 【详解】对于A：， 则，解得，故A正确； 对于B：，解得，故B错误； 对于C：由选项A知直线过定点， 若直线的斜率不存在时，与双曲线有两个交点，不符合题意. 而双曲线的渐近线方程为， 只有当直线跟两条渐近线平行时符合题意， 即，则或，故C正确； 对于D：由题意得，半径为3，易知直线过定点， 当圆心与定点的连线与直线垂直时弦长最短，且， 由垂径定理得弦长最小值为，故D正确. 故选：ACD. 11. 如图，边长为1的正方形所在平面与正方形所在平面互相垂直，动点分别在正方形对角线和上移动，且，则下列结论中正确的有（ ） A. B. 线段存在最小值，最小值为 C. 直线与平面垂直 D. 当三棱锥的体积最大时， 【答案】BD 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法判断A、B、C，表示出三棱锥的体积，结合二次函数的性质判断D. 【详解】如图，建立空间直角坐标系，则，， ，过点作于点，连接， 则，， 则， 显然，与ME不一定相等，选项A错误； 对于B，因为，， 所以， 则，故， 所以当时取得最小值，最小值为，故B正确； 对于C：由，平面的法向量为，， ，平面，始终与平面平行，故C错误； 对于D：因为平面平面， 平面平面平面，，所以平面， 由，共面，得，而，则， 所以，即三棱锥的高为， ，则， 则当时，，故D正确. 故选：BD. 第Ⅱ卷（非选择题，共92分） 注意事项： 第II卷用黑色碳素笔在答题卡上各题的答题区域内作答，在试题卷上作答无效. 三､填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 设曲线（为自然对数的底数）在点处的切线与直线垂直，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据导数的几何意义求出切线斜率，再由直线与切线垂直建立方程求出. 【详解】因为，则， 设曲线在点处的切线的斜率为， 则， 又直线的斜率为， 所以，解得. 故答案为：. 13. 若是双曲线的两个焦点，为坐标原点，点在双曲线上，且，离心率为，则的面积为__________. 【答案】4 【解析】 【分析】由题意，易知为直角三角形，根据勾股定理和双曲线的定义计算可得，结合三角形的面积公式计算即可求解. 【详解】双曲线中，解得， 所以，得，所以， 故为直角三角形，得， 由双曲线的定义知， 所以， 得，所以. 故答案为：4 14. 已知，若关于的不等式在上恒成立，则的最小值为__________. 【答案】8 【解析】 【分析】分别分析一次函数与二次函数的图象与性质，由可得是方程的根，则，进而，结合基本不等式计算即可求解. 【详解】设， 由已知在上单调递增， 当时，；当时，. 由图象开口向上，，可知方程有一正根一负根， 即函数在上有且仅有一个零点； 由题意，则当时，；当时，， 所以是方程的根， 则，即，且， 所以（当且仅当时取等号）. 故答案为：8 四､解答题（共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15. 已知数列的前项和为.从下面①②③中选择其中一个作为条件解答试题，若选择不同条件分别解答，则按第一个解答计分. ①数列是等比数列，，且成等差数列； ②数列是递增的等比数列，； ③. （1）求数列的通项公式； （2）已知数列的前项的积为，且，求的最大值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）若选①：根据等比数列基本量的计算，求出首项及公比即可求解；若选②：根据等比数列的性质有，结合已知求出，即可得公比，从而可得答案；若选③：由，将已知再写一式，然后两式相减可得，最后根据等比数列的定义即可求解； （2）由（1）得，则，方法一：由复合函数单调性可得，当或时，最大，计算可得的最大值；方法二：由，，与1比较大小，即可求得的最大值. 【小问1详解】 若选①：因为数列是等比数列， 设公比为，且成等差数列， 所以， 解得， 所以. 若选②：因为数列是递增的等比数列，， 所以，所以， 所以. 若选③：因为，所以， 两式相减可得，即，又时，， 所以， 所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列， 所以. 【小问2详解】 方法一：， ， 又， 由复合函数单调性可知， 当时，单调递增；当时，单调递减； 又，所以当或时，最大，. 方法二：， ， 所以，， 当，即时，， 当，即时，， 又，所以当或时，最大，. 16. 已知函数，的内角、、所对的边分别为、、，且. （1）求角； （2）若，，求的周长. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用三角恒等变换化简函数的解析式，由结合角的取值范围可求得角的值； （2）由已知条件结合正弦定理、二倍角正弦公式可求出的值，结合角的取值范围可得出角的值，进而可得出角的值，利用正弦定理可求出、的值，由此可求得的周长. 【小问1详解】 因为 ， 在中，由，得，则， 由，得，则，所以. 【小问2详解】 由题设条件和正弦定理，得， 又、，则，进而，得到， 于是， ， 由正弦定理可得，，即， 解得，，故的周长为. 17. 如图，已知在四棱锥中，平面，在四边形中，，点在平面内的射影恰好是的重心. （1）证明：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）连接，延长交于点，如图， 为的重心，则为边的中点， 又， 故， 则四边形为平行四边形， 则， 平面平面， 平面 （2）. 【解析】 【分析】（1）连接，延长交于点，由重心性质易证，即可求证； （2）建系，求得平面法向量，代入夹角公式即可求解； 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ，则， 又平面， 则两量垂直， 如图建立空间直角坐标系， 则， 为的重心，则， 故， 则， 在平面内的射影恰好是的重心，则平面， ，则， ， 设平面的法向量为， 即令，得， 设直线与平面所成角为， 则， 直线与平面所成角的正弦值为. 18. 设，两点的坐标分别为，.直线，相交于点，且它们的斜率之积为. （1）求点的轨迹方程； （2）过点且斜率为的直线与点的轨迹交于，两点，求面积的最大值(为原点). 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】(1)根据斜率的乘积可得动点的轨迹方程，注意点的取舍； (2)联立直线和的方程，写出韦达定理，用三角形面积公式和基本不等式求面积的最大值. 【小问1详解】 设点，则， 同理， 由已知， 所以的轨迹方程为. 【小问2详解】 如图，由题意得直线l：， 由，， 设，，则，， 令， 所以，即或. 又因为点的轨迹除去椭圆上点，点， 则直线的斜率，即， 点到直线的距离， 所以 ， 令，则， 则， 当且仅当，即时，等号成立， 所以面积的最大值为. 19. 如图，已知半圆，圆，作圆与半圆，圆轴均相切，点，且. （1）求的周长； （2）证明：为等比数列； （3）证明：对任意正整数. 【答案】（1） （2）证明见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】(1)利用两圆外切和内切的条件，表示出两圆的圆心距，即可求得三角形周长； (2)首先根据两圆外切和内切，用,和,表示圆心距，消去,后得到,的递推公式，代入得到与的关系,从而证明数列为等比数列； (3)利用第(2)小问的结论，求得的通项公式，利用分析法证明不等式. 【小问1详解】 因为圆，圆与轴均相切，且圆的圆心坐标为， 所以圆的半径为，圆的半径为. 又圆，圆均与半圆相内切，圆与圆相外切， 所以. 所以的周长为. 【小问2详解】 证明：依题意，有， 得即 消去得， 整理，得， 两边同时减去，得. 依题意，易得，所以，即， 所以， 所以为等比数列，首项为1，公比为. 【小问3详解】 证明：由（2）得，. 令，则当时，. 要证，即证， 即证. 当时， （当且仅当时，等号成立） （当且仅当时，等号成立） . 所以， 得证. 【点睛】关键点点睛： 由圆和圆均与半圆相内切，且圆和圆相外切，有，消去,可处理各小问的问题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 昭通一中教研联盟2024~2025学年上学期高二年级期末质量检测 数学（A卷） 本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.第I卷第1页至第3页，第Ⅱ卷第4页至第6页.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回.满分150分，考试用时120分钟. 第I卷（选择题，共58分） 注意事项： 1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名､准考证号､考场号､座位号在答题卡上填写清楚. 2.每小题选出答案后，用2B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.在试题卷上作答无效 一､单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知，若，则（ ） A. B. C. D. 3. 下列函数求导正确的是（ ） A. B. C. D. 4. 已知等差数列的前项和为，则（ ） A. B. C. D. 3 5. 将函数图象上各点的纵坐标不变，横坐标变为原来的2倍，再沿着轴向右平移个单位，得到的函数的图象的一个对称轴可以是（ ） A. B. C. D. 6. 如图，在棱长为2的正方体中，分别为的中点，则（ ） A. 与所成角的余弦值为 B. 平面与平面所成的角为 C. 四点共面 D. 点到平面的距离为 7. 已知为抛物线上的一点，过作圆的两条切线，切点分别为，则的最小值是（ ） A. B. C. D. 8. 有理数都能表示成（其中且与互质）的形式.任何有理数都可以化为有限小数或无限循环小数；反之，任一有限小数或无限循环小数也可以化成的形式，从而是有理数，如.已知构成无穷数列，令为数列的前项和，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二､多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的.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. 下列说法正确的是（ ） A. 用简单随机抽样的方法从含有100个个体的总体中抽取一个容量为5的样本，则个体被抽到的概率是0.5 B. 数据的第70百分位数是23.5 C. 已知数据的极差为6，方差为2，则数据的极差和方差分别为18，18 D. 若是两个互斥事件，则 10. 已知直线，则下列结论正确的是（ ） A. 直线过定点 B. 直线与直线平行时， C. 直线与双曲线有一个交点时，或 D. 直线被圆所截的弦长的最小值为4 11. 如图，边长为1的正方形所在平面与正方形所在平面互相垂直，动点分别在正方形对角线和上移动，且，则下列结论中正确的有（ ） A. B. 线段存在最小值，最小值为 C. 直线与平面垂直 D. 当三棱锥的体积最大时， 第Ⅱ卷（非选择题，共92分） 注意事项： 第II卷用黑色碳素笔在答题卡上各题的答题区域内作答，在试题卷上作答无效. 三､填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 设曲线（为自然对数的底数）在点处的切线与直线垂直，则__________. 13. 若是双曲线的两个焦点，为坐标原点，点在双曲线上，且，离心率为，则的面积为__________. 14. 已知，若关于的不等式在上恒成立，则的最小值为__________. 四､解答题（共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15. 已知数列的前项和为.从下面①②③中选择其中一个作为条件解答试题，若选择不同条件分别解答，则按第一个解答计分. ①数列是等比数列，，且成等差数列； ②数列是递增的等比数列，； ③. （1）求数列的通项公式； （2）已知数列的前项的积为，且，求的最大值. 16. 已知函数，的内角、、所对的边分别为、、，且. （1）求角； （2）若，，求的周长. 17. 如图，已知在四棱锥中，平面，在四边形中，，点在平面内的射影恰好是的重心. （1）证明：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 18. 设，两点的坐标分别为，.直线，相交于点，且它们的斜率之积为. （1）求点的轨迹方程； （2）过点且斜率为的直线与点的轨迹交于，两点，求面积的最大值(为原点). 19. 如图，已知半圆，圆，作圆与半圆，圆轴均相切，点，且. （1）求的周长； （2）证明：为等比数列； （3）证明：对任意正整数. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $