精品解析：湖南省娄底市涟源市第二中学2024-2025学年高二下学期4月期中考试数学试题

2025年上学期期中考试 高二数学 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 命题人：黄杰 审稿人：王南飞 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上. 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. 第一部分（选择题 共58分） 一、单项选择题（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. 复数，则z的虚部为（ ） A. B. C. D. 3. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 4. 的展开式中的系数为（ ） A 2 B. 6 C. 4 D. 5. 某校文艺汇演上有一个合唱节目，4名女同学和4名男同学需从左至右排成一排上台演唱，则男生甲与女生乙相邻，且男生丙与女生丁相邻的排法种数为（ ） A. 1440 B. 2880 C. 480 D. 960 6. 已知，则的最大值是（ ） A. -1 B. 1 C. 4 D. 7 7. 圆与圆的公切线有且仅有（ ） A. 4条 B. 3条 C. 2条 D. 1条 8. 设函数是R上可导的偶函数，且，当，满足，则的解集为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多个选项符合题目要求.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. 某校高三年级选考地理科的学生有100名，现将他们该科的一次考试分数转换为等级分，已知等级分X的分数转换区间为，若等级分，则（ ） 参考数据：；； A. 这次考试等级分的标准差为5 B. 这次考试等级分超过70分的约有45人 C D. 这次考试等级分在内的人数约为48人 10. 设，随机变量的分布列如下图所示，则下列说法正确的有（ ） X 0 1 2 P A. 恒1 B. 随增大而增大 C. 恒为 D. 最小值为0 11. 已知点为椭圆（）的左焦点，过原点的直线交椭圆于，两点，点是椭圆上异于，的一点，直线，分别为，，椭圆的离心率为，若，，则（ ） A B. C. D. 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.） 12 已知随机变量X服从两点分布，且，设，那么________. 13. 从3名男生和5名女生中选出2人分别担任2项不同的社区活动服务者，要求男、女生各1人，那么不同的安排有________种（用数字做答）； 14. 杨辉三角是二项式系数在三角形中的一种排列，在欧洲这个表叫做帕斯卡三角形，帕斯卡是在1654年发现这一规律的，我国南宋数学家杨辉在1261年所著的《详解九章算法》一书中出现了如图所示的表，这是我国数学史上的一次伟大成就，如图所示，在“杨辉三角”中去除所有为1的项，依次构成数列，2，3，3，4，6，4，5 ，10 ，10，5，……，则此数列的前119项的和为__________．(参考数据：，，) 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、证明过程或演算步骤.） 15. 已知. （1）求的最小正周期，最大值和最小值. （2）把的图象向右平移后得到的图象，求的解析式. 16. 若. （1）求的值； （2）求的值. 17. 端午节吃粽子是我国的传统习俗，设一盘中装有10个粽子，其中豆沙粽3个，白粽7个，这两种粽子的外观完全相同，从中任意选取3个. （1）求既有豆沙粽又有白粽的概率； （2）设X表示取到的豆沙粽个数，求X的分布列及期望. 18. 如图，在四棱锥中， 平面，，，. （1）求证：平面； （2）若，求平面与平面所成锐二面角的余弦值. 19. 2024年新高考Ⅰ卷数学卷面分值进行了调整，其中第9题到第11题为多项选择题，每题分值为6分，若正确选项有2个，选对2个得6分，选对1个得3分，有选错的或不选择得0分；若正确选项有3个，选对3个得6分，选对2个得4分，选对1个得2分，有选错的或不选择得0分.已知甲、乙两位同学各自独立作答第11题，设第11题正确答案是2个选项的概率为. （1）已知甲同学随机（等可能）选择了2个选项作答，求他既选出正确选项也选出错误选项的概率； （2）若乙同学在作答第11题时，除确定B，D选项不能同时选择之外没有答题思路，只能随机选择若干选项作答.求乙在答题过程中使得分最大的答题方式，并写出最大得分. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025年上学期期中考试 高二数学 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 命题人：黄杰 审稿人：王南飞 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上. 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. 第一部分（选择题 共58分） 一、单项选择题（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】D 【解析】 【分析】根据交集定义计算即可. 【详解】由交集定义可知：. 故选：D 2. 复数，则z的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数的虚部概念即可求得正确答案. 【详解】复数的实部为2，虚部为. 故选：A 3. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用概率的乘法公式计算即可. 【详解】因为，，所以. 故选：B 4. 的展开式中的系数为（ ） A. 2 B. 6 C. 4 D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用二项式的展开式的通项可求得的展开式中的系数. 【详解】的展开式中的系数即为的展开式中的系数， 又二项式的展开式的通项为， 令，可得，则的系数为. 故选：D. 5. 某校文艺汇演上有一个合唱节目，4名女同学和4名男同学需从左至右排成一排上台演唱，则男生甲与女生乙相邻，且男生丙与女生丁相邻的排法种数为（ ） A. 1440 B. 2880 C. 480 D. 960 【答案】B 【解析】 【分析】根据相邻问题捆绑法进行求解即可. 【详解】因为男生甲与女生乙相邻，且男生丙与女生丁相邻， 所以先将男生甲与女生乙、男生丙与女生丁分别看作一个整体， 与剩下4名学生进行排列有种排法， 又男生甲与女生乙之间有种排法，男生丙与女生丁之间有种排法， 因此根据乘法原理得所求种数为， 故选：B 6. 已知，则的最大值是（ ） A. -1 B. 1 C. 4 D. 7 【答案】B 【解析】 【分析】构造基本不等式，转化后可得，即可求得最大值. 【详解】由题意可得：， 因为，所以，当且仅当时取等号， 即 故选：B 7. 圆与圆的公切线有且仅有（ ） A. 4条 B. 3条 C. 2条 D. 1条 【答案】A 【解析】 【分析】判断两圆的位置关系，根据两圆位置关系确定公切线的条数. 【详解】圆：，所以，. 圆：，所以，. 因为，，所以. 所以圆与圆相离.所以两圆有4条公切线. 故选：A 8. 设函数是R上可导的偶函数，且，当，满足，则的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先构造函数，再利用函数单调性解不等式. 【详解】令， ∵函数在上是可导的偶函数， ∴在上也是偶函数 又当时，，∴， ∴， ∴在上是增函数 ∵， 由得 即不等式转化为， ∴x不0时有， 而x为0时，不等式显然成立， ∴不等式的解集为. 故选：C. 二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多个选项符合题目要求.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. 某校高三年级选考地理科的学生有100名，现将他们该科的一次考试分数转换为等级分，已知等级分X的分数转换区间为，若等级分，则（ ） 参考数据：；； A. 这次考试等级分的标准差为5 B. 这次考试等级分超过70分的约有45人 C. D. 这次考试等级分在内的人数约为48人 【答案】AD 【解析】 【分析】根据的含义易判断A，B两项，对于C，D，先把范围转换成用表示，利用概率值求出相应范围的概率值，再进行估算即可. 【详解】对于A，因，则，故A正确； 对于B，因，即这次考试等级分超过70分的学生约占一半，故B错误； 对于C，因，故C错误； 对于D， 因， 故这次考试等级分在内的人数约为人，故D正确， 故选：AD 10. 设，随机变量的分布列如下图所示，则下列说法正确的有（ ） X 0 1 2 P A. 恒为1 B. 随增大而增大 C. 恒为 D. 最小值为0 【答案】AC 【解析】 【分析】由概率之和为求出，再由数学期望和方差的公式求解即可. 【详解】因为，解得：， 所以随机变量的分布列如下图， X 0 1 2 P 因为， 恒为1，故A正确；B错误； ， 故C正确，D错误 故选：AC. 11. 已知点为椭圆（）的左焦点，过原点的直线交椭圆于，两点，点是椭圆上异于，的一点，直线，分别为，，椭圆的离心率为，若，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】设出右焦点，根据椭圆定义结合对称性以及余弦定理可求得的关系，则离心率可求；设出的坐标，根据对称性写出的坐标，利用点差法可求得的表示，结合的关系可求解出的值. 【详解】设椭圆的右焦点， 连接，，根据椭圆对称性可知四边形为平行四边形， 则，且由，可得， 所以，则，． 由余弦定理可得， 所以，所以椭圆的离心率． 设，，则，，， 所以，又，，相减可得． 因为，所以，所以． 故选：AC． 【点睛】关键点点睛：解答本题的关键在于合理运用焦点三角形的知识以及点差法设而不求的思想去计算；椭圆是一个对称图形，任何过原点的直线（不与焦点所在轴重合）与椭圆相交于两点，这两点与椭圆的焦点构成的四边形为平行四边形. 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.） 12. 已知随机变量X服从两点分布，且，设，那么________. 【答案】0 【解析】 【分析】根据两点分布确定X的期望，再由随机变量的线性关系的期望性质，即可求解. 【详解】因为随机变量X服从两点分布，， 所以， 所以， 因为，所以 故答案为：0. 13. 从3名男生和5名女生中选出2人分别担任2项不同的社区活动服务者，要求男、女生各1人，那么不同的安排有________种（用数字做答）； 【答案】30 【解析】 【分析】先选一名男生，有3种方法；再选一名女生，有5种方法，根据分步计数原理求得结果. 【详解】先选一名男生，有3种方法；再选一名女生，有5种方法， 根据分步计数原理求得选取男、女生各1名，不同的安排方案种数为， 故答案为：30. 14. 杨辉三角是二项式系数在三角形中的一种排列，在欧洲这个表叫做帕斯卡三角形，帕斯卡是在1654年发现这一规律的，我国南宋数学家杨辉在1261年所著的《详解九章算法》一书中出现了如图所示的表，这是我国数学史上的一次伟大成就，如图所示，在“杨辉三角”中去除所有为1的项，依次构成数列，2，3，3，4，6，4，5 ，10 ，10，5，……，则此数列的前119项的和为__________．(参考数据：，，) 【答案】131022 【解析】 【分析】分析“杨辉三角形”的性质，每一行的数字和为首项为1，公比为2的等比数列，除去1之后各行的项的个数为首项为1，公差为1的等差数列，其中所求数列的前119项可以视为，杨辉三角形中前17行中除去1和第17行的最后一个数之外的项之和，分别计算即可. 【详解】n次二项系数对应杨辉三角的第n+1行，例如，系数分别为1,2,1,对应杨辉三角的第三行，令x=1,就可以求出该行的系数之和， 第1行为，第2行为，第3行为，以此类推即每一行数字和为首项为1，公比为2的等比数列，则杨辉三角形的前n项和为， 若去除所有的为1的项，则剩下的每一行的个数为1,2,3,4，……，可以看成构成一个首项为1，公差为1的等差数列，则前n项和， 可得当n=14，再加上第15行的前14项时，所有项的个数和为119， 由于最右侧为2,3,4,5，……，为一个首项为2，公差为1的等差数列，则第15行的第15项为16， 则杨辉三角的前17项和为，且前17行中有个1， 故此数列的前119项的和为. 故答案为：131022 【点睛】本题考查在“杨辉三角形”中由其性质求项系数和，属于难题. 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、证明过程或演算步骤.） 15. 已知. （1）求的最小正周期，最大值和最小值. （2）把的图象向右平移后得到的图象，求的解析式. 【答案】（1）周期为2π，最大值为4，最小值为 （2） 【解析】 【分析】（1）由两角差的正弦公式可得，根据正弦函数的性质即可求解； （2）根据正弦函数的图象变换即可求解. 【小问1详解】 ， ∴最小周期为2π，最大值为4，最小值为. 【小问2详解】 把的图象右移后得, . 16. 若. （1）求的值； （2）求的值. 【答案】（1）242 （2） 【解析】 【分析】采用“赋值法”即可求解. 【小问1详解】 ∵， 令，可得， 令，可得， ∴. 【小问2详解】 ∵， 令，可得①， 令，可得②， 结合①②可得： 17. 端午节吃粽子是我国的传统习俗，设一盘中装有10个粽子，其中豆沙粽3个，白粽7个，这两种粽子的外观完全相同，从中任意选取3个. （1）求既有豆沙粽又有白粽的概率； （2）设X表示取到的豆沙粽个数，求X的分布列及期望. 【答案】（1） （2）分布列见解析， 【解析】 【分析】（1）根据古典概型以及组合数的计算求得正确答案. （2）根据超几何分布的知识求得X的分布列并求得数学期望. 【小问1详解】 依题意，既有豆沙粽又有白粽的概率为； 【小问2详解】 X的可能取值为 则， ， ， . 所以X的分布列如下： X 0 1 2 3 P . 18. 如图，在四棱锥中， 平面，，，. （1）求证：平面； （2）若，求平面与平面所成锐二面角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）取中点E，连接，由勾股定理确定，再结合即可求证； （2）以为原点，建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量法向量，平面的一个法向量，代入公式，利用坐标运算即可求解. 【小问1详解】 因为，，， 所以四边形为直角梯形，取中点E，连接， 则，则四边形为正方形， 则，， 所以，所以. 因为平面，平面，所以， 因为，平面，平面， 所以平面. 【小问2详解】 由（1）可知，两两垂直，以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 因为，， 则，，，则，， 设平面的一个法向量， 则，即， 令，则，故. 由（1）可知平面， 所以是平面的一个法向量，记作， 记平面与平面的夹角为，则. 所以平面与平面所成锐二面角的余弦值. 19. 2024年新高考Ⅰ卷数学卷面分值进行了调整，其中第9题到第11题为多项选择题，每题分值为6分，若正确选项有2个，选对2个得6分，选对1个得3分，有选错的或不选择得0分；若正确选项有3个，选对3个得6分，选对2个得4分，选对1个得2分，有选错的或不选择得0分.已知甲、乙两位同学各自独立作答第11题，设第11题正确答案是2个选项的概率为. （1）已知甲同学随机（等可能）选择了2个选项作答，求他既选出正确选项也选出错误选项的概率； （2）若乙同学在作答第11题时，除确定B，D选项不能同时选择之外没有答题思路，只能随机选择若干选项作答.求乙在答题过程中使得分最大的答题方式，并写出最大得分. 【答案】（1） （2）乙同学选择双选AC时得分最大，最大值为分 【解析】 【分析】（1）先设事件A为“该题的正确答案是2个选项”，B为“甲同学既选出正确选项也选出错误选项”，再求，，再利用全概率公式计算即可； （2）先计算正确答案是两选项、三选项的概率，再分类讨论乙同学做出的决策：单选，双选，三选，分别求其期望值. 【小问1详解】 设事件A为“该题的正确答案是2个选项”，则为“该题的正确答案是3个选项”， 即，. 设事件B为“甲同学既选出正确选项也选出错误选项”， 则，， 所以， 则他既选出正确选项也选出错误选项的概率为. 【小问2详解】 由题知选项B，D不能同时选，则乙同学可以选择单选、双选、三选， 正确答案是两选项的可能情况为AB，AD，BC，AC，CD，每种情况出现的概率均为； 正确答案是三选项的可能情况为ABC，ACD，每种情况出现的概率为. 若乙同学做出的决策是： ①单选，则（分）， （分）； ②双选，则（分）， （分）； ③三选，则（分）. 经比较，乙同学选择双选AC时得分最大，最大值为分. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $