精品解析：内蒙古自治区巴彦淖尔市第一中学2024-2025学年高二下学期期中考试数学试题

2024——2025学年高二下学期期中考试 数学试卷 考试范围：选择性必修一、二、三 命题人：王一森 时间：120分钟 满分：150分 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．每题所给出的4个选项中有且只有一个是符合题意的． 1. 已知数列满足，则是它的（ ） A 第6项 B. 第7项 C. 第8项 D. 第9项 2. 设A，B为两个事件，若，，则等于（ ） A. B. C. D. 3. 已知函数，则曲线在点处的切线方程为（ ） A. B. C. D. 4. 已知随机变量，若，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知数列为等比数列，其中，为方程的两根．则（ ） A. B. C. D. 6. 某校高三年级甲、乙两名学生平时测试的数学成绩，其中，在同一直角坐标系中，密度曲线的两个交点的横坐标为，且，则（ ） A. B. C. D. 7. 某学校在一次调查“篮球迷”的活动中，获得了如下数据：以下结论正确的是（　　） 男生 女生 篮球迷 30 15 非篮球迷 45 10 附：， P 0.10 0.05 0.01 k 2.706 3841 6.635 A. 有90%的把握认为是否是篮球迷与性别有关 B. 有99%把握认为是否是篮球迷与性别有关 C. 在犯错误的概率不超过0.05的前提下，可以认为是否是篮球迷与性别有关 D. 在犯错误的概率不超过0.01的前提下，可以认为是否是篮球迷与性别有关 8. 设等差数列的前项和为，公差为，若，，则下列结论不正确的是（ ） A. B. 当时，取得最大值 C. D. 使得成立的最大自然数是15 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．每题所给出的4个选项中都有不止一个选项是符合题意的，都选对得全分，部分选对得部分分，有错选不得分． 9. 下列有关线性回归分析的问题中，正确的是（ ） A. 线性回归方程至少经过点中的一个点 B. 两个具有线性相关关系的变量的相关性越强，则线性相关系数的值越接近于1 C. 若设直线回归方程为，则当变量增加1个单位时，平均增加2个单位 D. 对具有线性相关关系的变量，，其线性回归方程为，若样本点的中心为，则实数的值是. 10. 已知函数，其导函数为，则（ ） A. 有两个极值点 B. 有三个互不相同的零点 C. 方程有三个不同解，则实数的取值范围为 D. 11. 已知数列的前n项和，下列说法正确的是（ ） A. B. 是公差为1的等差数列 C. 数列的前2025项和为 D. 数列前n项和 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若（为正常数）的展开式中所有项的系数之和为81，则展开式中的常数项为__________． 13. 为积极落实“双减”政策，丰富学生的课外活动，某校开设了航模、无人机、Ai技术等5门课程．分别安排在周一到周五，每天一节，其中Ai技术课不排在周一，航模和无人机课两天相邻的课程的安排方案种数为______． 14. 若函数有两个零点，则的取值范围是_______． 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. 已知是各项均为正数的等比数列，，且成等差数列. （1）求通项公式. （2）设，求数列的前项和. 16. 如图，在四棱锥中，平面，，点M在棱PC上． （1）当M为PC上靠近点P的四等分点时，求证：平面； （2）若直线与平面所成的角为45°，当M为PC的中点时，求二面角的余弦值． 17. 已知函数，且满足． （1）求函数的解析式； （2）求函数在区间上的最大值与最小值． 18. 某学校高二年级乒乓球社团举办了一次乒乓球比赛，进入决赛的9名选手来自于3个不同的班级，三个班级的选手人数分别是2，3，4，本次决赛的比赛赛制采取单循环方式，即每名选手进行8场比赛，每场比赛采取5局3胜制，先赢得三场的人为获胜者，比赛结束，根据积分选出最后的冠军．如果最终积分相同，则同分选手加赛决出排名，积分规则如下：比赛中以或取胜的选手积3分，失败的选手积0分；而在比赛中以取胜的选手积2分，失败的选手积1分．已知第6场是甲、乙之间的比赛，设每局比赛甲取胜的概率为． （1）若进入决赛的9名选手获得冠亚军的概率相等，则比赛结束后冠亚军恰好来自同一个班级的概率是多少？ （2）在第6场比赛中，当时，设甲所得积分为，求的分布列及期望 （3）在第6场比赛中，记甲取胜的概率为，求的最大值． 19. 已知分别为椭圆的左、右顶点，均为椭圆上异于顶点的点，为椭圆上的点，直线经过左焦点，直线经过右焦点． （1）求椭圆的标准方程． （2）试问是否为定值？若是定值，求出该定值；若不是，请说明理由． （3）设的面积与的面积分别为，求的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024——2025学年高二下学期期中考试 数学试卷 考试范围：选择性必修一、二、三 命题人：王一森 时间：120分钟 满分：150分 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．每题所给出的4个选项中有且只有一个是符合题意的． 1. 已知数列满足，则是它的（ ） A. 第6项 B. 第7项 C. 第8项 D. 第9项 【答案】B 【解析】 【分析】根据项与项数的关系代入计算即可. 【详解】因为，解得， 所以是它的第7项. 故选：B. 2. 设A，B为两个事件，若，，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据条件公式直接代入运算即可. 【详解】因为，， 所以 故选：D. 3. 已知函数，则曲线在点处的切线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求导，可得，结合导数的几何意义求切线方程. 【详解】由，得， 则， 所以曲线在点处的切线方程为． 故选：B. 4. 已知随机变量，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由二项分布的期望和概率性质计算即可. 【详解】，解得，所以. 故选：B. 5. 已知数列为等比数列，其中，为方程的两根．则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据韦达定理可得，利用等比数列的等比中项性质即可求解. 【详解】由题得，根据韦达定理可得，，则， 由等比数列的等比中项性质可得：. 因为等比数列的偶数项符号相同，都是负数，设公比为q，则, 所以. 故选：B. 6. 某校高三年级甲、乙两名学生平时测试的数学成绩，其中，在同一直角坐标系中，密度曲线的两个交点的横坐标为，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据图象结合正态密度曲线性质逐一分析四个选项即可得解. 【详解】如图所示，因为， 所以A错误； 因为，所以B正确； 因为，所以，所以C错误； 因为，所以D错误. 故选：B. 7. 某学校在一次调查“篮球迷”的活动中，获得了如下数据：以下结论正确的是（　　） 男生 女生 篮球迷 30 15 非篮球迷 45 10 附：， P 0.10 0.05 0.01 k 2.706 3.841 6.635 A. 有90%的把握认为是否是篮球迷与性别有关 B. 有99%的把握认为是否是篮球迷与性别有关 C. 在犯错误的概率不超过0.05的前提下，可以认为是否是篮球迷与性别有关 D. 在犯错误的概率不超过0.01的前提下，可以认为是否是篮球迷与性别有关 【答案】A 【解析】 【分析】根据已知表格数据及卡方公式求卡方值，应用独立检验基本思想得到结论，即可得. 【详解】由题设， 所以有90%的把握认为是否是篮球迷与性别有关，没有95%的把握认为是否是篮球迷与性别有关，A对，B、C、D错； 故选：A 8. 设等差数列的前项和为，公差为，若，，则下列结论不正确的是（ ） A. B. 当时，取得最大值 C. D. 使得成立的最大自然数是15 【答案】D 【解析】 【分析】根据等差数列定义及其通项可判断公差，得出数列中各项的符号可得B正确，再由等差数列性质可判断C正确，由等差数列前项和公式可判断D正确. 【详解】对于A，因为等差数列中，，， 所以，，，A正确； 对于B，由题意可知数列为递减数列，且当时，，当时，； 所以可得时，取得最大值，B正确； 对于C，由A知，数列前8项都大于0，所以，C正确； 对于D，易知，， 故成立的最大自然数，D错误． 故选：D． 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．每题所给出的4个选项中都有不止一个选项是符合题意的，都选对得全分，部分选对得部分分，有错选不得分． 9. 下列有关线性回归分析的问题中，正确的是（ ） A. 线性回归方程至少经过点中的一个点 B. 两个具有线性相关关系的变量的相关性越强，则线性相关系数的值越接近于1 C. 若设直线回归方程为，则当变量增加1个单位时，平均增加2个单位 D. 对具有线性相关关系的变量，，其线性回归方程为，若样本点的中心为，则实数的值是. 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用回归直线的性质即可判断选项A，C，利用线性相关系数的性质即可判断选项B，利用线性回归方程中的基本量即可判断选项D. 【详解】对于A，直线由点拟合而成，可以不经过任何样本点，A错； 对于B，相关系数绝对值越接近于，表示相关性越强，越接近于，相关性越弱，B正确； 对于C，回归直线方程为，变量x增加1个单位时，平均增加2个单位，故C正确； 对于D，样本点的中心为，所以，， 因为满足线性回归方程，所以，所以，D正确. 故选： BCD. 10. 已知函数，其导函数为，则（ ） A. 有两个极值点 B. 有三个互不相同的零点 C. 方程有三个不同解，则实数的取值范围为 D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用导数分析函数的单调性与极值点，可判断A选项；解方程可判断B选项；数形结合可判断C选项；直接验证，可判断D选项. 【详解】对于A选项，函数的定义域为，， 由可得或，列表如下： 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 所以，函数的递增区间为、，单调递减区间为， 所以，函数有两个极值点，A对； 对于B选项，由得或， 所以，只有两个不同的零点，B错； 对于C选项，由A选项可知，函数极大值为，极小值为， 如下图所示： 由图可知，当时，直线与函数的图象有三个交点， 所以，若方程有三个不同解，则实数的取值范围为，C对； 对于D选项，由A选项可知，， 则，D对. 故选：ACD 11. 已知数列的前n项和，下列说法正确的是（ ） A. B. 是公差为1的等差数列 C. 数列的前2025项和为 D. 数列的前n项和 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用前n项和求出通项判断A；利用等差数列定义没有烦恼B；利用并项求和法求和判断C；利用裂项相消法求和判断D. 【详解】数列的前n项和， 对于A，当时，， 满足上式，，所以，A正确； 对于B，，，数列是公差为1的等差数列，B正确； 对于C，因为，， 因此数列的前2025项和为，C错误； 对于D，， 则，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. 若（为正常数）的展开式中所有项的系数之和为81，则展开式中的常数项为__________． 【答案】24 【解析】 【分析】通过赋值，求得，进而可求解； 【详解】令，由题意可得且，解得：， 由通项公式可知：展开式中的常数项为. 故答案为：24 13. 为积极落实“双减”政策，丰富学生的课外活动，某校开设了航模、无人机、Ai技术等5门课程．分别安排在周一到周五，每天一节，其中Ai技术课不排在周一，航模和无人机课两天相邻的课程的安排方案种数为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据分类加法原理，分航模或无人机课排不排在周一两种情况，结合捆绑法与分步乘法原理，可得答案. 【详解】当航模或无人机课排周一时，此时情况数为； 当航模与无人机都不排课在周一时，此时情况数为； 所以符合题意的情况数为. 故答案为：. 14. 若函数有两个零点，则的取值范围是_______． 【答案】 【解析】 【分析】条件函数有两个零点可转化为函数与函数的图象有两个交点，作两函数的图象，观察图象列不等式可求的范围. 【详解】因为函数有两个零点， 所以方程有两个实根， 所以函数与函数的图象有且仅有两个交点， 函数的定义域为， 函数的导函数为， 当时，，函数在上单调递增， 当时，，函数在上单调递减， 又，当时，， 当时，， 画出函数与函数的图象， 观察图象可得实数的取值范围是． 故答案为：. 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. 已知是各项均为正数的等比数列，，且成等差数列. （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）根据等比数列定义构造方程解得公比，可得其通项公式； （2）代入得到的通项公式，利用分组求和计算可得结果. 【小问1详解】 因为数列是各项均为正数的等比数列，，且成等差数列， 所以. 设数列的公比为，则， 解得，或（舍）， 所以. 【小问2详解】 由（1）知， 因为，所以， 设数列的前项和为， 则 ， 即数列的前项和. 16. 如图，在四棱锥中，平面，，点M在棱PC上． （1）当M为PC上靠近点P的四等分点时，求证：平面； （2）若直线与平面所成的角为45°，当M为PC的中点时，求二面角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析； （2）. 【解析】 【分析】（1）连接AC交BD于点O，连接OM，利用三角形相似得到，进而有，得到，再由线面平行的判定证明结论； （2）构建合适的空间直角坐标系，求出相关点的坐标，求出平面PBD、平面MBD的法向量，进而求它们夹角的余弦值. 【小问1详解】 如图，连接AC交BD于点O，连接OM， 因为，所以∽，所以， 因为M为PC上靠近点P的四等分点，所以． 因为，所以， 因为平面，平面， 所以平面； 【小问2详解】 因为平面，所以为与底面所成的角，所以， 因为，所以， 由题意得，又平面，所以两两垂直， 以D为原点，以所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 所以， 设平面PBD的法向量为，则， 所以，即，解得，令，则， 则， 设平面MBD的法向量为，则， 所以，即，令，则， 则， 因为，又二面角的平面角为锐角， 所以二面角的余弦值为． 17. 已知函数，且满足． （1）求函数的解析式； （2）求函数在区间上的最大值与最小值． 【答案】（1） （2）最大值为，最小值为 【解析】 【分析】（1）由可求出的值，即可得出函数的解析式； （2）利用导数分析函数在区间上的单调性，求出其极大值、极小值以及、的值，比较大小后可得出结果. 【小问1详解】 因为，所以， 则得，故. 【小问2详解】 令，得或，列表如下： 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 所以，函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，在区间上单调递增， 所以，的极大值为，极小值为， 又因为，， 因此，函数在区间上的最大值为，最小值为. 18. 某学校高二年级乒乓球社团举办了一次乒乓球比赛，进入决赛的9名选手来自于3个不同的班级，三个班级的选手人数分别是2，3，4，本次决赛的比赛赛制采取单循环方式，即每名选手进行8场比赛，每场比赛采取5局3胜制，先赢得三场的人为获胜者，比赛结束，根据积分选出最后的冠军．如果最终积分相同，则同分选手加赛决出排名，积分规则如下：比赛中以或取胜的选手积3分，失败的选手积0分；而在比赛中以取胜的选手积2分，失败的选手积1分．已知第6场是甲、乙之间的比赛，设每局比赛甲取胜的概率为． （1）若进入决赛的9名选手获得冠亚军的概率相等，则比赛结束后冠亚军恰好来自同一个班级的概率是多少？ （2）在第6场比赛中，当时，设甲所得积分为，求的分布列及期望 （3）在第6场比赛中，记甲取胜的概率为，求的最大值． 【答案】（1） （2）分布列见解析， （3） 【解析】 【分析】（1）根据古典概型的概率公式计算可得； （2）依题意的可能取值为，求出所对应的概率，即可求出分布列与数学期望； （3）依题意，利用导数说明函数的单调性，即可求出函数的最大值. 【小问1详解】 记比赛结束后冠亚军恰好来自同一个班级为事件， 则； 【小问2详解】 依题意的可能取值为， 所以， ， ， . 所以的分布列为 所以的期望为. 【小问3详解】 依题意，， 则， 令，得， 当时，，在上单调递增， 当时，，在上单调递减， 所以在处取得极大值，即最大值， 所以. 19. 已知分别为椭圆的左、右顶点，均为椭圆上异于顶点的点，为椭圆上的点，直线经过左焦点，直线经过右焦点． （1）求椭圆的标准方程． （2）试问是否为定值？若是定值，求出该定值；若不是，请说明理由． （3）设的面积与的面积分别为，求的最小值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据已知条件与椭圆的性质列方程组，求得，的值，即可求得椭圆的标准方程； （2）设，，则，由点点在椭圆上，可得，化简求得，同理可求得，进而可得解. （3）由（2）结合三角形面积公式易得由，得结合基本不等式即可求得的最小值，即可得解. 【小问1详解】 依题意可得：，解得，， 所以椭圆的标准方程 【小问2详解】 易得，，设，， 则， 所以 得，， 同理可得， 则. 【小问3详解】 由（2）易得 由，得 因为所以，解得或(舍去)， 当且仅当时，等号成立， 故的最小值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$