精品解析：上海市宝山区世外学校2024-2025学年高二下学期期中考试数学试卷

2024-2025 学年宝山世外高二下第二学期期中考试 2025.04.11 一、填空题:（1 至 6 题，每题 4 分；7 至 12 题，每题 5 分，共 54 分） 1. 已知复数 ，其中 为虚数单位，则 的虚部是_____ 2. 若 为正整数，则不等式 的解集是_____ 3. 函数的最大值为_______. 4. 函数 在 处的切线方程为_____ 5. 设为等比数列的前项和，已知，则公比_____ 6. 若的二项式展开式中的系数为10，则__________． 7. 已知向量，向量在上的投影向量为，则_____ 8. 若直线 上有且仅有一点 ，使得 ，则直线 被圆 截得的弦长为_____ 9. 已知随机变量 ，则实数的值为_____ 10. 将一枚质地均匀的硬币抛掷3次，设事件为“第1次出现正面”，事件为“第3次出现反面”，则_____. 11. 若 为双曲线 的左焦点，过原点的直线 与双曲线 的左、右两支分别交于 、 两点，则 的取值范围是_____ 12. 若对任意的正整数，函数均存在两个极值点、 ，且满足 ，则数列的前项和_____. 二、选择题:（13 至 14 题，每题 4 分；15 至 16 题，每题 5 分，共 18 分） 13. 设随机变量，则（ ） A. 0.1 B. 0.2 C. 0.4 D. 0.6 14. 已知，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ） A. 若，，，则 B. 若，，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，则 15. 函数是（ ） A. 偶函数，且最小值为－2 B. 偶函数，且最大值为2 C. 周期函数，且在上单调递增 D. 非周期函数，且在上单调递减 16. 若，可以作为一个三角形的三条边长，则称函数是区间上的“稳定函数”.已知函数是区间上的“稳定函数”，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 三、解答题:（17 至 19 题，每题 14 分，其中第 1 问 6 分，第 2 问 8 分；20 至 21 题，每题 18 分，其中第 1 问 4 分，第 2 问 6 分，第 3 问 8 分，共 78 分） 17. 已知等差数列的前项和为，若，. （1）求数列的通项公式及前项和； （2）若，求数列的前项和. 18. 如图（1），在 中， 分别是 上的点，且 ，将沿折起到的位置，使，如图（2）. 设点为的中点. （1）求证：平面 ； （2）求点到平面的距离. 19. 某大型企业准备把某一型号的零件交给甲工厂或乙工厂生产. 经过调研和试生产， 质检人员抽样发现: 甲工厂试生产的一批零件的合格品率为 94%; 乙工厂试生产的另一批零件的合格品率为 98%；若将这两批零件混合放在一起，则合格品率为 97%. （1）设甲工厂试生产的这批零件有 件，乙工厂试生产的这批零件有 件，证明: ； （2）用频率估计概率，记这 3 个零件中来自甲工厂的个数为 ，求 的分布列、数学期望和方差. 20. 已知函数 . （1）当 时，求函数 的最小值； （2）证明方程 有且仅有一正一负根: （3）若关于 的不等式 恒成立，求实数 的取值范围. 21. 已知椭圆的左､右焦点分别为. （1）以为圆心的圆经过椭圆的左焦点和上顶点，求椭圆的离心率； （2）已知，设点是椭圆上一点，且位于轴的上方，若是等腰三角形，求点的坐标； （3）已知，过点且倾斜角为的直线与椭圆在轴上方的交点记作，若动直线也过点且与椭圆交于两点（均不同于），是否存在定直线，使得动直线与的交点满足直线的斜率总是成等差数列？若存在，求常数的值；若不存在，请说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025 学年宝山世外高二下第二学期期中考试 2025.04.11 一、填空题:（1 至 6 题，每题 4 分；7 至 12 题，每题 5 分，共 54 分） 1. 已知复数 ，其中 为虚数单位，则 的虚部是_____ 【答案】1 【解析】 【分析】根据共轭复数的定义即可得到，再求解其虚部. 【详解】  ，则 ， 虚部是1. 故答案为：1. 2. 若 为正整数，则不等式 的解集是_____ 【答案】 【解析】 【分析】利用组合数公式，结合一元二次不等式求解即得. 【详解】  化为，即.解得，因为，则.故原不等式的解集为. 故答案为：. 3. 函数的最大值为_______. 【答案】## 【解析】 【分析】先确定函数的定义域，分、、三种情况讨论，时，利用基本不等式求最值，比较函数值即可求解. 【详解】根据函数解析式有：，解得， 当时，有， 当且仅当，即时，等号成立. 当时，， 当时，， 综上所述，当时，取得最大值. 故答案为： 4. 函数 在 处的切线方程为_____ 【答案】 【解析】 【分析】先求出，再利用导数的意义求出切线的斜率，由点斜式得到直线方程即可. 【详解】， ，， 所以函数 在 处的切线方程为，即. 故答案为：. 5. 设为等比数列的前项和，已知，则公比_____ 【答案】2 【解析】 【分析】将给定的两个等式相减求出公比，再验证得解. 【详解】由，得，则， 等比数列的公比， 所以. 故答案为：2 6. 若的二项式展开式中的系数为10，则__________． 【答案】1 【解析】 【分析】由多项式的二项展开式的通项公式列出方程，求解即得. 【详解】由的通项公式可知二项式展开式中的系数为，则得，解得. 故答案为：1. 7. 已知向量，向量在上的投影向量为，则_____ 【答案】 【解析】 【分析】根据投影向量及模长公式计算即可. 【详解】， 向量在上的投影向量为， 所以. 故答案为：. 8. 若直线 上有且仅有一点 ，使得 ，则直线 被圆 截得的弦长为_____ 【答案】 【解析】 【分析】先根据直线上有且仅有一点使得，得出圆心到直线的距离，再利用圆的弦长计算公式求出弦长. 【详解】因为直线上有且仅有一点，使得，这意味着直线与以原点为圆心，半径为的圆相切. 则原点到直线的距离为： 由于直线与以原点为圆心，半径为的圆相切，所以，即. 已知圆，其圆心为，半径. 由前面可知圆心到直线的距离. 根据圆的弦长计算公式，可得直线被圆截得的弦长为： . 故答案为：. 9. 已知随机变量 ，则实数的值为_____ 【答案】 【解析】 【分析】根据离散型随机变量所有可能取值的概率之和为这一性质来求解实数的值. 【详解】已知随机变量，因为离散型随机变量所有可能取值的概率之和为，所以可得，即. . 则 将括号展开可得： 可以发现括号内相邻两项可以相互抵消，最终得到： 由，解得. 故答案为：. 10. 将一枚质地均匀的硬币抛掷3次，设事件为“第1次出现正面”，事件为“第3次出现反面”，则_____. 【答案】## 【解析】 【分析】由条件概率公式计算即可. 【详解】. 故答案为：. 11. 若 为双曲线 的左焦点，过原点的直线 与双曲线 的左、右两支分别交于 、 两点，则 的取值范围是_____ 【答案】 【解析】 【分析】根据双曲线求出实半轴、虚半轴和和焦距，根据图像的对称性得出，又根据双曲线的定义得到，得到，将其设为关于的函数，利用导数求出函数的极值即可得出取值范围. 【详解】 由得，，， 则左焦点，右焦点， 因为题中给出为双曲线的左焦点， 则，， 又因为双曲线与过原点的直线都关于原点对称， 所以，又根据双曲线的定义得， 所以， 设，所以， 设， ，令得（）， 所以在单调递减，在单调递增， 所以，， 所以的取值范围为， 则的取值范围是. 故答案为：. 12. 若对任意的正整数，函数均存在两个极值点、 ，且满足 ，则数列的前项和_____. 【答案】 【解析】 【分析】分析可知方程在上有两个不等的正根、 ，利用韦达定理结合可得出，利用裂项求和法可求出的前项和，即可得出数列的所有项的和. 【详解】函数定义域为，， 由可得， 由题意可知，方程在上有两个不等的正根、 ， 所以，可得， 所以， 整理可得，解得， 所以数列的前项和为， 故答案为：. 二、选择题:（13 至 14 题，每题 4 分；15 至 16 题，每题 5 分，共 18 分） 13. 设随机变量，则（ ） A. 0.1 B. 0.2 C. 0.4 D. 0.6 【答案】B 【解析】 【分析】根据正态分布的对称性求解. 【详解】由于随机变量,所以， 又因为 所以， 所以. 故选：B 14. 已知，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ） A. 若，，，则 B. 若，，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，则 【答案】D 【解析】 【分析】根据空间中线线、线面、面面的位置关系一一判断即可. 【详解】对于A：若，，则或，又，则或与相交，故A错误； 对于B：若，，则或，又，则或与相交，故B错误； 对于C：若，，则，又，则与平行或异面，故C错误； 对于D：若，，则或， 若，则在平面内存在直线，使得，又，则， 又，所以； 若，又，所以； 综上可得，由，，，可得，故D正确. 故选：D 15. 函数是（ ） A. 偶函数，且最小值为－2 B. 偶函数，且最大值为2 C. 周期函数，且在上单调递增 D. 非周期函数，且在上单调递减 【答案】B 【解析】 【分析】根据函数的奇偶性判定方式以及函数的最值判断A，B；根据周期性判断，结合复合函数的单调性判断C，D. 【详解】定义域为，关于原点对称， ， 所以为偶函数，又， 令，，， 当时，即，有最小值，最小值为， 当时，即时，有最大值，最大值为2，故A错误，故B正确； 因为，所以为周期函数， 因为在上单调递减，在上单调递减， 当，，令，，，在单调递减，在单调递增， 当，，令，，，在单调递减， 由复合函数的单调性知，在上先减后增，在上单调递增； 故C，D错误， 故选：B. 16. 若，可以作为一个三角形的三条边长，则称函数是区间上的“稳定函数”.已知函数是区间上的“稳定函数”，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用导数可求得单调性，进而得到最大值和最小值，根据稳定函数定义可得，由此可得关于的不等式，解不等式可求得的取值范围. 【详解】，当时，；当时，； 在上单调递增，在上单调递减， ， 又，，， 由“稳定函数”定义可知：，即， 解得：，即实数的取值范围为. 故选：D. 【点睛】关键点点睛：本题考查函数导数中的新定义运算问题，解题关键是能够充分理解稳定函数的定义，将问题转化为函数最大值和最小值之间的关系，由此利用导数求得最值来构造不等关系. 三、解答题:（17 至 19 题，每题 14 分，其中第 1 问 6 分，第 2 问 8 分；20 至 21 题，每题 18 分，其中第 1 问 4 分，第 2 问 6 分，第 3 问 8 分，共 78 分） 17. 已知等差数列的前项和为，若，. （1）求数列的通项公式及前项和； （2）若，求数列的前项和. 【答案】（1），； （2） 【解析】 【分析】（1）设出公差，根据题目条件得到方程组，求出，得到通项公式和前项和； （2），利用错位相减法求和得到答案. 【小问1详解】 设公差为，则， ， 解得，故； ； 【小问2详解】 ， 故①， 则②， 式子①-②得 ， 所以. 18. 如图（1），在 中， 分别是 上的点，且 ，将沿折起到的位置，使，如图（2）. 设点为的中点. （1）求证：平面 ； （2）求点到平面的距离. 【答案】（1） ， ，， 又平面，，平面， 又平面， ， 又 ，，平面， 平面 . （2） 【解析】 【分析】（1）由条件得到平面，再结合，即可求证； （2）建系，求得平面法向量，代入距离公式求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 如图： 以为坐标原点，建立空间直角坐标系， 在中，因， ，则，即，得，， 则在中，， 则，， ， 设平面法向量为， 则，可得：， 取，可得，， ， 则， 即点到平面的距离. 19. 某大型企业准备把某一型号的零件交给甲工厂或乙工厂生产. 经过调研和试生产， 质检人员抽样发现: 甲工厂试生产的一批零件的合格品率为 94%; 乙工厂试生产的另一批零件的合格品率为 98%；若将这两批零件混合放在一起，则合格品率为 97%. （1）设甲工厂试生产的这批零件有 件，乙工厂试生产的这批零件有 件，证明: ； （2）用频率估计概率，记这 3 个零件中来自甲工厂的个数为 ，求 的分布列、数学期望和方差. 【答案】（1） 设M事件为“抽取出来混放在一起的零件来自甲工厂”， 事件N为“抽取出来混放在一起的零件来自乙工厂”， 事件C为“混放在一起的某一个零件为合格品”， 则， . 即 . 得.即， 所以 （2）的分布列为： 数学期望为，方差为【解析】 【分析】（1）由全概率公式，根据混合后合格品率的计算公式建立等式来证明； （2）先确定服从二项分布，再根据分布列的公式求出各取值的概率，进而计算期望和方差. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由可知，零件来自甲工厂的概率为，来自乙工厂的概率为. 表示这个零件中来自甲工厂的个数，则服从参数为，的二项分布，即. 则，. 当时，； 当时，； 当时，； 当时，. 所以的分布列为： 则，所以期望为， 方差为. 20. 已知函数 . （1）当 时，求函数 的最小值； （2）证明方程 有且仅有一正一负根: （3）若关于 的不等式 恒成立，求实数 的取值范围. 【答案】（1） （2）证明如下： 方程 可化简为， 方程的根就是函数 的零点， 由解析式易知在 ， 上单调递增， 因为 ， 所以函数在有唯一零点 ，且， 因为，，所以函数 在 有唯一零点 ，所以有且仅有一正一负根. （3） 【解析】 【分析】（1）由题可得，判断导函数符号，可得函数的单调性，即可得函数的最小值； （2）问题转换成单调性结合零点存在性定理即可得答案； （3）令，求导得，然后分，两种情况讨论可得答案； 【小问1详解】 ， 当，，单调递减， 当，，单调递增， ； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 设， 则当时恒成立， ①由（1）得， 当时， ，，单调递减， ，，单调递增， .∴ ②当时，，这与矛盾， 综上，． 所以实数 的取值范围. 21. 已知椭圆的左､右焦点分别为. （1）以为圆心的圆经过椭圆的左焦点和上顶点，求椭圆的离心率； （2）已知，设点是椭圆上一点，且位于轴的上方，若是等腰三角形，求点的坐标； （3）已知，过点且倾斜角为的直线与椭圆在轴上方的交点记作，若动直线也过点且与椭圆交于两点（均不同于），是否存在定直线，使得动直线与的交点满足直线的斜率总是成等差数列？若存在，求常数的值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） （2） 当时，. 当时， 当时，. （3） 由题意得椭圆. 设直线， 由得. 设，则， ， ， 由，得. 【解析】 【分析】（1）由题意知，即可知离心率； （2）分，和三种讨论即可； （3）设直线，联立椭圆方程得到韦达定理式，计算，将韦达定理式整体代入，再计算，得到方程即可. 【小问1详解】 由题意得即，所以离心率. 【小问2详解】 由题意得椭圆 ①当时，由对称性得. ②当时，，故，设， 由得， 两式作差得， 代入椭圆方程，得（负舍），故 ③当时，根据椭圆对称性可知. 【小问3详解】 略 【点睛】关键点睛：对于第三问，我们通常选择设线法，设直线，从而将其与椭圆方程联立得到两根之和与之积式，然后再计算出的值，再将韦达定理式整体代入，当然本题也可引入，设直线. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $