湖南省郴州市宜章县第一中学2024-2025学年高二下学期4月期中数学试题

宜章一中2025年高二4月单元测试数学学科试卷 命题人：潘志辉 审题人：赵 娟 时 量：120分钟 满 分：150分 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，只有一个选项是正确的，请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上. 1. 设复数z满足，则|z|=（ ） A. 1 B. C. 2 D. 2 2. 已知集合，，则B可能为（ ） A. B. C. D. 3. 如果是实数，那么“”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. 在一组数据中，出现的频率分别为，则这组数据的方差为（ ） A. 2 B.4 C. 3 D. 2.4 5. 若，则（ ） A. B. 41 C. D. 40 6. 设为数列的前n项和，若，则（ ） A. 1032 B. 1033 C. 520 D. 521 7. 自然界中，大多数生物存在着世代重叠现象，它们在生活史中会持续不断地繁殖后代，且有时不同的世代能在同一时间进行繁殖.假定某类生物的生长发育不受密度制约时，其增长符合模型：，其中为种群起始个体数量，为增长系数，为时刻的种群个体数量.当时，种群个体数量是起始个体数量的2倍.若，则（ ） A. 300 B. 450 C. 600 D. 750 8. 如图，已知正方体的棱长为2，，分别是棱，的中点，若为侧面内（含边界）的动点，且平面，则的最小值为（ ） A. B. C. 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.全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知函数的图象如图所示，则的解析式可能是（ ） A. B. C. D. 10. 已知抛物线：的焦点为，为上一点，下列说法正确的是（ ） A. 的准线方程为 B. 直线与相切 C. 若，则的最小值为 D. 若，则的周长的最小值为11 11. 已知函数的导函数为，的导函数为，若，，则称是“T函数”，则下列说法正确的是（ ） A. 是T函数 B. 若是定义域为的T函数，则 C. 若对任意成递增等差数列的4个数，，，，都有,则是T函数 D. 若是定义域为的T函数，且当时，则在上单调递增 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知中，，，，则__________． 13. 已知随机变量，且，则的最小值为______. 14. 设函数 ，若是从四个数中任取一个，是从六个数中任取一个，则恒成立的概率为__________. 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. △ABC中，角A、B、C的对边为a，b，c，已知 且 . （1）求角A的大小； （2）若，求△ABC的周长的值. 16. 已知函数. （1）当时，求函数的单调区间； （2）若对任意，恒成立，求实数的取值范围. 17. 如图，已知斜三棱柱，平面平面，，，，，. （1）求证：平面平面； （2）求平面与平面所成夹角的余弦值. 18. 已知椭圆的离心率为，且经过点. （1）求的方程； （2）已知，分别为的左、右顶点，为的上顶点，直线交于，（不同于，）两点，记直线，的斜率分别为，，若，求到的距离的最大值. 19. 投掷一枚均匀的骰子，每次掷得的点数为1或2时得1分，掷得的点数为3，4，5，6时得2分；独立地重复掷一枚骰子若干次，将每次得分相加的结果作为最终得分. （1）设投掷2次骰子，最终得分为，求随机变量的分布列与期望； （2）设最终得分为的概率为，证明：数列为等比数列，并求数列的通项公式. 第 页，共4页1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 宜章一中2025年高二4月数学学科（参考答案） 一、选择题：1--8 DCAD CBCB 二、多选题：9.BC 10.BCD 11.ABD 三、填空题：12. -20 13. 14. 4.【解析】这组数据的平均数. 方差. 故选：D. 6.【解析】由题意知：， 即：，变形可得：， 又时，，，所以数列是以为首项，以为公比的等比数列，所以，即， 则.故选：B 7.【解析】因为模型：，其中为种群起始个体数量，为增长系数， 因为当时，种群个体数量是起始个体数量的2倍. 所以，所以， 若，则. 故选：C. 8.【解析】如图所示，取的中点，连接，，， 正方体中，可得且， 因为，分别是棱的中点，则且， 所以四边形为平行四边形，则， 又因为平面，平面，所以平面， 同理可证：平面， 因为，且平面，所以平面平面， 又因为平面，当时，则平面，所以平面，所以点在侧面内的轨迹为线段， 因为正方体的边长为，可得，， 在中，可得，且， 则，所以的最小值为. 故选：B. 10.【解析】抛物线：，即，所以焦点坐标为，准线方程为，故A错误； 由，即，解得，所以直线与相切，故B正确； 设点，所以， 所以，故C正确； 如图过点作准线，交于点，，， 所以， 当且仅当、、三点共线时取等号，故D正确； 故选：BCD 11.【解析】对于A，由题意得，，所以是T函数，故A正确； 对于B，设，则， 因为是T函数，所以在上单调递增， 所以，所以单调递增，所以， 即，所以，故B正确； 对于C，因为，，，成递增的等差数列， 故可设：，，，，， 考虑函数，因为 ， 所以，但，， 所以不是T函数，故C错误； 对于D，因为是T函数，所以在上单调递增，任意选取， 设函数，则， 当时，， 当时，， 所以，即， 当时，因为，所以， 左边是关于x的一次函数，根据直线的性质知， 这里的是任意选取的，所以，，所以在上单调递增，故D正确． 故选：ABD. 13.【解析】由随机变量，则正态分布的曲线的对称轴为， 又因为，所以，所以， 当时， ， 当且仅当，即时等号成立，故最小值． 故答案为：. 14.【详解】因为，可得，则， 当且仅当时，等号成立，故， 由不等式恒成立转化为恒成立， 因为是从四个数中任取一个，是从六个数中任取一个， 则构成的所有基本事件总数有24个， 又由，， 设事件“不等式恒成立”，则事件包含事件： ，，，共15个， 因此不等式恒成立的概率为. 故答案为：. 4、 解答题： 15题. 解：（1）因为， 所以，即， 所以，因为，所以 （2）因为，所以，即，所以， 由（1）知，所以 又，所以，解得，所以的周长， 16题. 解：（1）当时，函数的定义域是，， 令，得，解得，故的单调递减区间是， 令，得，解得，故的单调递增区间是， 综上，的单调递减区间是，单调递增区间是. （2）由任意，知恒成立. 因，故，在上恒成立. 设，则， 令，得，（舍去）， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 故当时，取得极大值，也是最大值，且， 所以若在上恒成立，则， 故实数的取值范围是. 17题.（1）证明：证法1：因为在斜三棱柱中，，且，所以，又因为平面平面，平面平面，平面，且，所以平面， 因为平面，所以， 又因为，、平面，所以平面， 又因为平面，所以平面平面. （2）解：解法1：如图2，取的中点，取的中点，连接，， 由为的中位线，知.又因为，所以. 因为，所以. 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面. 因为平面，所以，，所以两两垂直， 所以以所在的直线分别为建立空间直角坐标系，如图2所示， 则，，，， 所以，，， 由（1）知，平面，所以为平面 的法向量， 设平面的法向量为，平面与平面所成角记为， 由，，得，取，得， ， 平面和平面所成夹角的余弦值为. 18题.解：（1）由题意，得，解得，，所以方程为； （2）由，不同于，，当直线垂直于轴时，与异号，不满足题意， 所以直线不与轴垂直，设其方程为，，， 联立，得， ，即， 则，. 又因为，，所以，，直线的斜率， 由在上，得，即， 因此，因为，所以， ，解得， 此时，对任意实数恒成立， 直线的方程为，所以直线过定点， 又因为，则当时，点到直线的距离取得最大值， 即点到直线的距离的最大值为. 19题（1）解：由题意投掷1次骰子得分的概率为，投掷1次骰子得分的概率为， 由题意的可能取值为2，3，4， ，，， 故分布列为： 2 3 4 数学期望. （2）证明：由题意知， 故，且，，， 故是以为首项，为公比等比数列，故， ∴当时， ， 当时，上式也成立，综上：. 学科网（北京）股份有限公司 $$