精品解析：新疆生产建设兵团第二中学2024-2025学年高三下学期第二次质检数学试卷

2024-2025学年新疆乌鲁木齐市兵团二中高三（下）第二次质检 数学试卷 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知复数满足，则的虚部是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用复数的除法运算，然后再求复数的虚部即可. 【详解】由， 可得， 所以的虚部是， 故选:A. 2. 已知集合，，且全集，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用集合的交集、并集、补集的运算法则求解. 【详解】由已知得集合表示的区间为，集合表示的区间为， 则，，， , 故选：. 3. 已知，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】根据基本不等式与不等式的性质，对两个条件进行正反推理论证，即可得到本题的答案． 【详解】若，，，则，充分性成立； 若，可能，，此时，所以必要性不成立． 综上所述，“”是“”的充分不必要条件． 故选：A． 4. 已知m，n是两条不同的直线.，是两个不同的平面，下列说法正确的是（ ） A. 若､､､，则 B. 若､､，则 C. 若､､､，则 D. 若､､，则 【答案】B 【解析】 【分析】根据条件逐项分析即得. 【详解】对于A，，，，，可得或，故A错误； 对于B，由，，可得，又，可得，故B正确； 对于C，若，，，，则或相交或异面，故C错误； 对于D，若，，，则与可能平行，故D错误. 故选：B. 5. 已知函数的图象向左平移个单位后，得到函数的图象，则（ ） A. 是奇函数 B. 图象关于直线对称 C. 在上是增函数 D. 图象关于直线对称 【答案】D 【解析】 【分析】先求出的解析式，再对四个选项一一验证： 对于A：直接判断奇偶性； 对于B：由代入法进行验证； 对于C：直接求单调区间即可判断； 对于D：由代入法进行验证. 【详解】函数的图象向左平移个单位后，得到，即. 所以为偶函数，故A错误； 当时，，所以不是的对称轴，故B错误； 当时，，单调递减，故C错误； 当时，，所以是的一条对称轴，故D正确； 故选：D 6. 永定土楼，位于中国东南沿海的福建省龙岩市，是世界上独一无二的神奇的山区民居建筑，是中国古建筑的一朵奇葩年月，成功列入世界遗产名录它历史悠久、风格独特，规模宏大、结构精巧土楼具体有圆形，方形，五角形，八角形，日字形，回字形，吊脚楼等类型现有某大学建筑系学生要重点对这七种主要类型的土楼依次进行调查研究要求调查顺序中，圆形要排在第一个或最后一个，方形、五角形相邻则共有种不同的排法． A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用捆绑法求解即可. 【详解】将方形、五角形看成一个整体，与除圆之外的4个图形全排列， 再将圆形安排在第一个或最后一个，因此共有种不同的排法． 故选：A. 7. 在中，已知，，，为线段上的一点，且，则的最小值为 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】在中，设，，，结合三角形的内角和及和角的正弦公式化简可求，可得，再由已知条件求得，，，考虑建立以所在的直线为轴，以所在的直线为轴建立直角坐标系，根据已知条件结合向量的坐标运算求得，然后利用基本不等式可求得的最小值. 【详解】在中，设，，， ，即，即，， ，，，，， ，即，又，， ，则，所以，，解得，. 以所在的直线为轴，以所在的直线为轴建立如下图所示的平面直角坐标系， 则、、， 为线段上的一点，则存在实数使得， ， 设，，则，，， ，，消去得，， 所以，， 当且仅当时，等号成立， 因此，的最小值为. 故选：A. 【点睛】本题是一道构思非常巧妙的试题，综合考查了三角形的内角和定理、两角和的正弦公式及基本不等式求解最值问题，解题的关键是理解是一个单位向量，从而可用、表示，建立、与参数的关系，解决本题的第二个关键点在于由，发现为定值，从而考虑利用基本不等式求解最小值，考查计算能力，属于难题. 8. 若函数有两个极值点，，且，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求导，根据函数有两个极值点，， 由在上有两个不等实根，求得a的范围，进而再根据，得到的范围，再由，得到，利用导数法求解. 【详解】因为， 所以， 令， 因为函数有两个极值点，， 所以函数在上有两个不等实根， 则，解得， 因为，且，， 所以，且， 所以，． 令函数，， 则在上恒成立， 故在上单调递增， 则，即的取值范围为． 故选：A 【点睛】关键点睛：本题关键是根据题意，由在上有两个不等实根，求得a的范围，进而再根据，得到的范围而得解. 二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 9. 某地教师招聘考试，有3200人参加笔试，满分为100分，笔试成绩前20%（含20%）的考生有资格参加面试，所有考生的笔试成绩和年龄分别如频率分布直方图和扇形统计图所示，则（ ） A. 90后考生比00后考生多150人 B. 笔试成绩的60%分位数为80 C. 参加面试的考生的成绩最低为86分 D. 笔试成绩的平均分为76分 【答案】BD 【解析】 【分析】根据题意，由统计图表中的数据，结合频率分布直方图的面积和百分位数，以及平均数的计算公式，逐项判定，即可求解. 【详解】对于A中，由年龄的扇形统计图，可得90后的考生有人， 00后的考生有人，可得人，所以A不正确； 对于B中，由频率分布直方图性质，可得， 解得，则前三个矩形的面积和， 所以试成绩的分位数为分，所以B正确； 对于C中，设面试成绩的最低分为，由前三个矩形的面积和为，第四个矩形的面积为，则分，所以C不正确； 对于D中，根据频率分布直方图的平均数的计算公式，可得考试的平均成绩为： 分，所以D正确. 故选：BD. 10. 如图，菱形边长为，，为边的中点将沿折起，使到，且平面平面，连接，则下列结论中正确的是（ ） A. B. 四面体的外接球表面积为 C. 与所成角的余弦值为 D. 直线与平面所成角的正弦值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用空间关系证明线面垂直和线线垂直，利用直角三角形的性质找到四面体的外接球球心，从而可求球的表面积，也可以建立空间直角坐标系，利用向量法来判断选项． 【详解】 将沿折起，使到，且平面平面， 由于菱形，，所以是等边三角形， 又因为为的中点，所以， 又因为平面平面，平面， 所以平面，又因为平面， 所以 ，，两两垂直，以为坐标原点，如图建立空间直角坐标系， 对于，， ，， ，与不垂直，故A错误； 对于，由菱形，，可知， 因为平面，又因为平面， 所以，又因为，平面， 所以平面，又因为平面， 所以，取的中点为，可得， 又因为平面，又因为平面， 所以，即， 所以有， 则点是四面体的外接球球心，故外接球的半径， 由勾股定理可得：， ， 即四面体的外接球表面积为：，故B正确； 对于C，， 设与所成角的为， 则， 所以与所成角的余弦值为，故C正确； 对于D，，，， 设平面的法向量， 则，取，得， 所以直线与平面所成角的正弦值为，故D正确． 故选：． 11. 随着我国航天科技的快速发展，双曲线镜的特性使得它在天文观测中具有重要作用，双曲线的光学性质是：从双曲线的一个焦点发出的光线，经双曲线反射后，反射光线的反向延长线经过双曲线的另一个焦点.由此可得，过双曲线上任意一点的切线平分该点与两焦点连线的夹角.已知分别为双曲线的左，右焦点，过C右支上一点作直线l交x轴于，交y轴于点N，则（ ） A. C的渐近线方程为 B. 过点作，垂足为H，则 C. 点N的坐标为 D. 四边形面积的最小值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据方程，可直接求出渐近线方程，即可判断A项；根据双曲线的光学性质可推得点为的中点.进而得出，结合双曲线的定义，即可判断B项；由已知可得，进而结合双曲线方程，即可得出点的坐标，即可判断C项；由，代入利用基本不等式即可求出面积的最小值，判断D项. 【详解】对于A项，由已知可得，，所以双曲线的渐近线方程为，故A项正确； 对于B项，如图， ，且满足，所以直线的方程为， 联立化简得，由于， 即为双曲线的切线.由双曲线的光学性质可知，平分， 延长与的延长线交于点. 则垂直平分，即点为的中点. 又是的中点，所以， 故B项正确； 对于C项，设，则，整理可得. 又，所以有，所以有， 解得，所以点的坐标为，故C项错误； ， 当且仅当，即时，等号成立. 所以，四边形面积的最小值为，故D项正确. 故选：ABD 【点睛】关键点睛：解答本题的关键是利用光学性质得点为的中点，结合双曲线的定义求解，注意平面几何的特性是解决此类问题的捷径. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 的展开式中的系数为______．（用数字作答） 【答案】20 【解析】 【分析】先求出的展开式通项，然后分情况讨论，，从而可求解. 【详解】 的第项为， 令，解得，令，得， 代入通项可得展开式中的和项分别为：，分别与和相乘， 得的展开式中项为，故的系数为20. 故答案为：20. 13. 抛物线的顶点为，斜率为的直线过点，且与抛物线交于，，两点，若的面积为，则该抛物线的焦点坐标为______． 【答案】 【解析】 【分析】直线的方程为，，联立直线与抛物方程，得到，从而有，再结合题设条件可求得，即可求解. 【详解】设直线的方程为，， 由，消得到，则， 又， 解得，所以焦点坐标为， 故答案为：. 14. 对于函数和，设，，若存在使得，则称函数和互为“零点相邻函数”，若函数与互为“零点相邻函数”，则实数a的取值范围为_____________． 【答案】 【解析】 【分析】首先求出函数的零点，从而得，结合新定义可得，则，从而可知方程在区间上存在实数根，通过分离参数并化简整理得，结合函数的单调性求出值域，从而确定实数的取值范围. 【详解】函数是上的单调递增函数，且，据此可知， 结合“零点相邻函数”的定义可得，则， 据此可知函数在区间上存在零点， 即方程在区间上存在实数根， 整理可得：， 令，则， 根据对勾函数的性质，函数在区间上单调递减，在上单调递增，又，， 则 据此可知实数的取值范围是. 故答案为： 【点睛】方法点睛:新定义题型的特点是:通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的:遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决. 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. 在单调递增的等差数列中，前项和为，已知，且，，成等比数列. （1）求的通项公式； （2）设，求数列的前项和. 【答案】（1）（2） 【解析】 【分析】（1）根据等比中项的性质以及等差数列的基本量计算，求得，由此求得的通项公式. （2）利用错位相减求和法求得数列的前项和. 【详解】（1）设等差数列的公差为， 因为，且，，成等比数列， 所以， 解得，，或，. 因为单调递增，所以， 所以，， 所以的通项公式为. （2）因为，所以. 所以，① 所以.② 以上两个式子相减得， ， 所以， 所以. 【点睛】本小题主要考查等比中项的性质，考查等差数列的基本量计算，考查错位相减求和法，属于中档题. 16. 如图，三棱柱中，侧面底面ABC，且，． （1）证明：平面ABC； （2）若，，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1） 取BC的中点M，连结MA、． 因为，，所以，， 由于AM，平面，且， 因此平面， 因为平面，所以， 又因为，所以， 因为平面平面ABC，平面平面，且平面，所以平面ABC， 因为，所以平面ABC. （2）. 【解析】 【分析】（1）取BC的中点M，连结MA、，根据等腰三角形性质和线面垂直判定定理得平面，进而由得，再证明平面ABC即可得证. （2）建立空间直角坐标系，用向量法求解即可；也可用垂面法作出垂直于的垂面，从而得出二面角的平面角再进行求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 法一：因为，且，所以． 以AB，AC，所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，． 所以，，． 设平面的法向量为，则，可得， 令，则， 设平面的法向量为，则，可得， 令，则， 设平面与平面夹角为，则， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 法二：将直三棱柱补成长方体． 连接，过点C作，垂足为P，再过P作，垂足为Q，连接CQ， 因为平面，且平面， 所以， 又因为，由于BD，平面，且， 所以平面，则为直角三角形， 由于平面，所以， 因为，平面CPQ，且，所以平面CPQ， 因为平面CPQ，所以， 则∠CQP为平面与平面的夹角或补角， 在中，由等面积法可得, 因为，所以， 因此平面与平面夹角的余弦值为. 17. 已知函数. （1）求的图象在点处的切线方程； （2）讨论的单调区间； （3）若对任意，都有，求的最大值.（参考数据：） 【答案】（1）； （2）当，的单调增区间为，单调减区间为； 当，的单调减区间为，单调增区间为； 当，的单调减区间为，没有单调增区间； 当，的单调减区间为，单调增区间为. （3）. 【解析】 【分析】（1）求得，，再根据导数的几何意义，即可求得切线方程； （2）讨论参数与和的大小关系，在不同情况下，求函数单调性，即可求得单调区间； （3）将问题转化为在上的最大值，根据（2）中所求单调性，求得，再构造函数解关于的不等式即可. 【小问1详解】 ，，又，， 故的图象在点处的切线方程为，即. 【小问2详解】 ，又，， 则时，当，，单调递增；当，，单调递减； 时，当，，单调递减；当，，单调递增； 当，，单调递减； 时，当，，在单调递减； 时，当，，单调递减；当，，单调递增； 当，，单调递减. 综上所述：当，的单调增区间为，单调减区间为； 当，的单调减区间为，单调增区间为； 当，的单调减区间为，没有单调增区间； 当，的单调减区间为，单调增区间为. 【小问3详解】 若对任意，都有，则在上的最大值； 由（2）可知，当，在单调递增，在单调递减， 故； 令，则， 故在单调递增，又，则； 故当时，， 也即当时，对任意，都有. 故的最大值为. 【点睛】关键点点睛：本题第三问处理的关键是，将在区间上恒成立，转化为，再根据第二问中所求函数单调性求得，再构造函数解不等式即可. 18. 有一种曲线画图工具如图1所示，是滑槽的中点，短杆可绕转动，长杆通过处铰链与连接，上的栓子可沿滑槽滑动，且.当栓子在滑槽内做往复运动时，带动绕转动，跟踪动点的轨迹得到曲线，跟踪动点的轨迹得到曲线，以为原点，所在的直线为轴建立如图2所示的平面直角坐标系. （1）分别求曲线和的方程； （2）曲线与轴的交点为，，动直线与曲线相切，且与曲线交于，两点，求的面积与的面积乘积的取值范围. 【答案】（1）； （2） 【解析】 【分析】（1）由点的轨迹和圆的定义可确定曲线的方程；由待定系数法可知，设，结合已知，解出，代入圆方程可得曲线的方程. （2）由点到直线的距离公式求出到直线的距离，因为与相切，得到的关系，直线与联立，结合韦达定理表示出，进而得到面积的代数式，再求出面积乘积的范围即可. 【小问1详解】 因为，所以的轨迹是以原点为圆心，半径为1的圆， 所以曲线的方程为； 设， 由题意可知， 所以， 由于不恒为零，所以，所以， 又，代入可得， 所以的方程为. 【小问2详解】 易知， 设， 则点到直线的距离， 点到直线的距离， 因为与相切，所以， 由，消去，得， ， ， 所以， 所以 ， 由基本不等式得，当且仅当时取等号， 所以，所以的面积与的面积乘积的取值范围为. 【点睛】关键点点睛： （1）求点的轨迹方程一般用轨迹方程和定义或待定系数法； （2）圆锥曲线中求面积的最值通常用基本不等式求解，具体为：直曲联立，用韦达定理表示出面积的表达式，注意表示式中只能含有一个未知数，然后再结合变量的范围和基本不等式求最值，注意取等号的条件. 19. 为落实《关于全面加强和改进新时代学校体育工作的意见》，完善学校体育“健康知识＋基本运动技能＋专项运动技能”教学模式，建立“校内竞赛－校级联赛－选拔性竞赛－国际交流比赛”为一体的竞赛体系，构建校、县（区）、地（市）、省、国家五级学校体育竞赛制度．某校开展“阳光体育节”活动，其中传统项目“定点踢足球”深受同学们喜爱．其间甲、乙两人轮流进行足球定点踢球比赛（每人各踢一次为一轮），在相同的条件下，每轮甲、乙两人在同一位置，甲先踢，每人踢一次球，两人有1人命中，命中者得1分，未命中者得分；两人都命中或都未命中，两人均得0分，设甲每次踢球命中的概率为，乙每次踢球命中的概率为，且各次踢球互不影响． （1）经过1轮踢球，记甲的得分为，求的数学期望； （2）若经过轮踢球，用表示经过第轮踢球累计得分后甲得分高于乙得分的概率． ①求，，； ②规定，且有，请根据①中，，的值求出、，并求出数列的通项公式． 【答案】（1）；（2）①，，；②，. 【解析】 【分析】（1）的可能取值为，0，1，分别求出相应的概率，由此能求出的分布列与期望； （2）①，经过2轮投球甲的累计得分高有两种情况：一是2轮甲各得1分，二是2轮中有1轮甲得0分，有1轮甲得1分，由此能求出．经过3轮投球，甲累计得分高于乙有四种情况：甲3轮各得1分；甲3轮中有2轮各得1分，1轮得0分；甲3轮中有1轮得1分，2轮各得0分；甲3轮中有2轮各得1分，1轮得分．由此能求出． ②推导出，将，代入得，，推导出是首项与公比都是的等比数列，由此能求出结果． 【详解】（1）记一轮踢球，甲命中为事件，乙命中为事件，，相互独立． 由题意，，甲的得分的可能取值为，0，1． ， ． ， ∴的分布列为： 0 1 ． （2）①由（1）， ． 经过三轮踢球，甲累计得分高于乙有四种情况：甲3轮各得1分；甲3轮中有2轮各得1分，1轮得0分；甲3轮中有1轮得1分，2轮各得0分；甲3轮中有2轮各得1分，1轮得分． ∴， ②∵规定，且有， ∴代入得：， ∴，∴数列是等比数列， 公比为，首项为，∴． ∴． 【点睛】关键点睛：利用待定系数法得到后，紧扣等比数列定义是解决问题的关键. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025学年新疆乌鲁木齐市兵团二中高三（下）第二次质检 数学试卷 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知复数满足，则的虚部是（ ） A. B. C. D. 2. 已知集合，，且全集，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 4. 已知m，n是两条不同的直线.，是两个不同的平面，下列说法正确的是（ ） A. 若､､､，则 B. 若､､，则 C. 若､､､，则 D. 若､､，则 5. 已知函数的图象向左平移个单位后，得到函数的图象，则（ ） A. 是奇函数 B. 图象关于直线对称 C. 在上是增函数 D. 图象关于直线对称 6. 永定土楼，位于中国东南沿海的福建省龙岩市，是世界上独一无二的神奇的山区民居建筑，是中国古建筑的一朵奇葩年月，成功列入世界遗产名录它历史悠久、风格独特，规模宏大、结构精巧土楼具体有圆形，方形，五角形，八角形，日字形，回字形，吊脚楼等类型现有某大学建筑系学生要重点对这七种主要类型的土楼依次进行调查研究要求调查顺序中，圆形要排在第一个或最后一个，方形、五角形相邻则共有种不同的排法． A. B. C. D. 7. 在中，已知，，，为线段上的一点，且，则的最小值为 A. B. C. D. 8. 若函数有两个极值点，，且，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 9. 某地教师招聘考试，有3200人参加笔试，满分为100分，笔试成绩前20%（含20%）的考生有资格参加面试，所有考生的笔试成绩和年龄分别如频率分布直方图和扇形统计图所示，则（ ） A. 90后考生比00后考生多150人 B. 笔试成绩的60%分位数为80 C. 参加面试的考生的成绩最低为86分 D. 笔试成绩的平均分为76分 10. 如图，菱形边长为，，为边的中点将沿折起，使到，且平面平面，连接，则下列结论中正确的是（ ） A. B. 四面体的外接球表面积为 C. 与所成角的余弦值为 D. 直线与平面所成角的正弦值为 11. 随着我国航天科技的快速发展，双曲线镜的特性使得它在天文观测中具有重要作用，双曲线的光学性质是：从双曲线的一个焦点发出的光线，经双曲线反射后，反射光线的反向延长线经过双曲线的另一个焦点.由此可得，过双曲线上任意一点的切线平分该点与两焦点连线的夹角.已知分别为双曲线的左，右焦点，过C右支上一点作直线l交x轴于，交y轴于点N，则（ ） A. C的渐近线方程为 B. 过点作，垂足为H，则 C. 点N的坐标为 D. 四边形面积的最小值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 的展开式中的系数为______．（用数字作答） 13. 抛物线的顶点为，斜率为的直线过点，且与抛物线交于，，两点，若的面积为，则该抛物线的焦点坐标为______． 14. 对于函数和，设，，若存在使得，则称函数和互为“零点相邻函数”，若函数与互为“零点相邻函数”，则实数a的取值范围为_____________． 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. 在单调递增的等差数列中，前项和为，已知，且，，成等比数列. （1）求的通项公式； （2）设，求数列的前项和. 16. 如图，三棱柱中，侧面底面ABC，且，． （1）证明：平面ABC； （2）若，，求平面与平面夹角的余弦值． 17. 已知函数. （1）求的图象在点处的切线方程； （2）讨论的单调区间； （3）若对任意，都有，求的最大值.（参考数据：） 18. 有一种曲线画图工具如图1所示，是滑槽的中点，短杆可绕转动，长杆通过处铰链与连接，上的栓子可沿滑槽滑动，且.当栓子在滑槽内做往复运动时，带动绕转动，跟踪动点的轨迹得到曲线，跟踪动点的轨迹得到曲线，以为原点，所在的直线为轴建立如图2所示的平面直角坐标系. （1）分别求曲线和的方程； （2）曲线与轴的交点为，，动直线与曲线相切，且与曲线交于，两点，求的面积与的面积乘积的取值范围. 19. 为落实《关于全面加强和改进新时代学校体育工作的意见》，完善学校体育“健康知识＋基本运动技能＋专项运动技能”教学模式，建立“校内竞赛－校级联赛－选拔性竞赛－国际交流比赛”为一体的竞赛体系，构建校、县（区）、地（市）、省、国家五级学校体育竞赛制度．某校开展“阳光体育节”活动，其中传统项目“定点踢足球”深受同学们喜爱．其间甲、乙两人轮流进行足球定点踢球比赛（每人各踢一次为一轮），在相同的条件下，每轮甲、乙两人在同一位置，甲先踢，每人踢一次球，两人有1人命中，命中者得1分，未命中者得分；两人都命中或都未命中，两人均得0分，设甲每次踢球命中的概率为，乙每次踢球命中的概率为，且各次踢球互不影响． （1）经过1轮踢球，记甲的得分为，求的数学期望； （2）若经过轮踢球，用表示经过第轮踢球累计得分后甲得分高于乙得分的概率． ①求，，； ②规定，且有，请根据①中，，的值求出、，并求出数列的通项公式． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $