精品解析：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. 2.4 C. 3 D. 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. 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. 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1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 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 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数的运算求得，再求其模长即可. 【详解】因为，所以. 故选：D. 2. 已知集合，，则B可能为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，进而可得. 【详解】由题意，观察选项只有选项符合题意， 故选：C 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 【答案】A 【解析】 【分析】将两个条件相互推导，根据能否推导的情况判断出充分、必要条件. 【详解】当时，不妨设，则.而当时，可能，此时，而.综上所述“”是“”的充分不必要条件. 【点睛】本小题主要考查充分、必要条件的判断，考查绝对值的知识，属于基础题. 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. 2.4 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】先求出平均数，再根据方差公式计算即可. 【详解】这组数据的平均数. 方差. 故选：B. 5. 若，则（ ） A. B. 41 C. D. 40 【答案】C 【解析】 【分析】写出展开式的通项公式，求出和，求出答案. 【详解】展开式的通项公式为， 令得，故， 令得，故， 所以. 故选：C 6. 设为数列的前n项和，若，则（ ） A. 1032 B. 1033 C. 520 D. 521 【答案】B 【解析】 【分析】利用题目给的条件，使用退一步相减的方法，构造出数列是等比数列，结合题目的条件，求解出结果即可. 【详解】，即，所以 又当时，，作差得，即 即，则，又， 所以，则数列是以为首项，为公比的等比数列， 所以，所以， 又， 所以，所以 故选：B. 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 【答案】C 【解析】 【分析】根据已知函数模型计算得出，再结合指数运算计算求解. 【详解】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. 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. 【答案】B 【解析】 【分析】取的中点，根据线面平行的判定定理，证得平面，平面，进而证得平面平面，得到当时， 平面，所以点在侧面内的轨迹为线段，在中，求得，结合，即可求解. 【详解】如图所示，取的中点，连接，，， 在正方体中，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，所以最小值为. 故选：B. 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. 【答案】BC 【解析】 【分析】根据给定的函数图象，结合五点法作图求出解析式即可. 详解】观察函数图象，设函数， 则，最小正周期，解得，又， 则，又，则， 所以，B正确；，A错误； ，，C正确， ，D错误. 故选：BC 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 【答案】BCD 【解析】 【分析】将抛物线方程化为标准式，即可求出焦点坐标与准线方程，从而判断A，联立直线与抛物线方程，消元，由判断B，设点，表示出，根据二次函数的性质判断C，根据抛物线的定义转化求出的周长的最小值，即可判断D. 【详解】解：抛物线：，即，所以焦点坐标，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. 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 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A验证即可判断，对于B设，因为是T函数，得单调递增，即即可判断，对于C因为，，，成递增的等差数列，故可设：，，，，，考虑函数，验证是否是“T函数”即可判断，对于D任意选取，构造，由是T函数，得在上单调递增，利用导数研究的单调性即可判断. 【详解】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. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知中，，，，则__________． 【答案】 【解析】 【分析】由数量积的定义有，然后代入数据即可求出，最后通过得到. 【详解】由数量积的定义知： ， 所以. 故答案为：． 13. 已知随机变量，且，则的最小值为______. 【答案】 【解析】 【分析】先根据正态分布的性质得出，再结合常值代换应用不等式求出最值即可. 【详解】因为随机变量，所以正态分布的曲线的对称轴为， 又因为，所以，解得， 当时， ， 当且仅当，即时等号成立，故最小值为． 故答案为：. 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__________. 【答案】##0.625 【解析】 【分析】根据题意，利用基本不等式，求得，转化为恒成立，结合是从四个数中任取一个，是从六个数中任取一个，得到基本事件总数有24个，再利用列举法，求得成立的基本事件的个数，结合古典概型的概率计算公式，即可求解. 【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：. 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. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理将角化边及余弦定理即可求解； （2）由数量积可求出，结合（1）可求出，进而可知△ABC的周长. 【小问1详解】 因为， 所以，即， 所以， 因为，所以 【小问2详解】 因为，所以，即，所以， 由（1）知，所以 又，所以，解得， 所以△ABC的周长为， 所以△ABC的周长为. 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. 【答案】（1）的单调递减区间是，单调递增区间是 （2） 【解析】 【分析】（1）利用导数求函数的单调性； （2）分离参数得，构造，利用导数求最大值即得. 【小问1详解】 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. 【小问2详解】 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. 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. 【答案】（1）证明见解析 （2）. 【解析】 【分析】（1）证法1，由，得，再由面面垂直的性质可得平面，则，然后利用线面垂直的判定定理得平面，从而由面面垂直的判定定理可证得结论；证法2，由面面垂直的性质可得平面，则，，则为二面角的平面角，然后结合已知可得二面角为直二面角，从而可证得结论；证法3，取的中点，取的中点，连接，，可证得，，，所以以所在的直线分别为建立空间直角坐标系，利用空间向量证明即可； （2）解法1，以所在的直线分别为建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可，解法2，过点作平面的垂线，以为坐标原点，建立如图3所示的空间直角坐标系，利用空间向量求解. 【小问1详解】 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. 证法2：因为平面平面，平面平面，平面，， 所以平面， 因为平面，所以，， 因为平面平面，所以为二面角的平面角， 因为在斜三棱柱中，，且，所以， 所以二面角为直二面角， 即平面和平面所成的角为， 所以平面平面. 证法3：如图1，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1所示， 则，，，，， ，，， 设平面和平面的法向量分别为，， 由，，得，取，则， 由，，得，取，则， 则，所以， 即平面平面. 【小问2详解】 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， ， 所以平面和平面所成夹角的余弦值为. 解法2：因为平面平面，平面平面， 所以过点作平面的垂线必在平面内. 又因为，所以可以以为坐标原点，建立如图3所示的空间直角坐标系， 因为，，，， 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， ， 所以平面和平面所成夹角的余弦值为. 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. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由题干条件列出关于的方程组，解出即得椭圆的方程； （2）易知直线不与轴垂直，故可设其方程为，与椭圆方程联立，表示出，又在上可得到为定值，从而得到为定值，进一步解出值，即直线过定点，则当时，点到直线的距离取得最大值. 【详解】（1）由题意，得， 解得，， 所以的方程为； （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， 由 ，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. 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. 【答案】（1）分布列见解析， （2）证明见解析，. 【解析】 【分析】（1）根据情境求出离散型随机变量的取值，以及相应的概率，写出分布列，根据期望公式求解即可； （2）根据递推公式，结合等比数列的定义证得为等比数列，再利用累加法和等比数列前n项和公式求得的通项公式． 【小问1详解】 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， ，，， 故的分布列为： 2 3 4 因此，数学期望. 【小问2详解】 由题意知， 故，且，，， 故是以为首项，为公比的等比数列， 故， 所以，当时， ， 当时，上式也成立， 综上所述：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$