精品解析：广西示范性高中2024-2025学年高二下学期期中调研测试数学试题

2025年广西示范性高中4月高二期中调研测试 数学 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 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I卷（选择题） 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，只有一个选项是符合题目要求的. 1. 一个两层书架，分别放置语文类读物4本，数学类读物5本，每本读物各不相同，从中取出1本，则不同的取法共有（ ） A. 20种 B. 9种 C. 5种 D. 4种 【答案】B 【解析】 【分析】利用分类加法计数原理计算即可. 【详解】从4本语文类读物取出1本，有4种取法； 从数学类读物中取出1本，有5种取法； 由分类加法计数原理，共有9种不同的取法， 故选：B. 2. 已知函数的部分图象如图所示，其中，，为图上三个不同的点，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据导数的几何意义直接判断. 【详解】由图可知函数在点的切线斜率小于，即， 在点的切线斜率等于，即， 在点的切线斜率大于，即， 所以， 故选：B. 3. 甲、乙、丙、丁共4人站成一排，且甲不在两端，则不同排法共有（ ） A. 24种 B. 12种 C. 8种 D. 6种 【答案】B 【解析】 【分析】先排甲，甲只能在中间两个位置，有2种排法，其他3人任意排，然后根据分类加法计数原理求得结果. 【详解】先排甲，甲只能在中间两个位置，有2种排法，其他3人任意排，有种，由分步乘法计数原理，共有12种不同的排法， 故选：B. 4. 现从含甲、乙在内的9名志愿者中选出3人去参加抢险，则在甲被选中的前提下，乙也被选中的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用条件概率公式求解即可. 【详解】设“甲被选中”，“乙被选中”， 则，，. 故选：A. 5. 已知，是双曲线E：（，）的左，右焦点，点M在E上，且垂直x轴，若，则E的离心率为（ ） A. B. C. D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】先求得，然后利用建立方程，化简得，求解即可. 【详解】因为垂直轴，则M点横坐标为， 所以，解得，即，即， 所以，得， 所以，解得（负根舍去）. 故选：A. 6. 已知在等比数列中，，等差数列的前n项和为，且，则（ ） A. 0 B. 54 C. 49 D. 42 【答案】C 【解析】 【分析】先根据等比数列下标和的性质求出，然后结合等差数列下标和的性质，利用等差数列求和公式求解即可. 【详解】由等比数列的性质可知，因为，所以，则， 所以. 故选：C. 7. 随着大数据时代的到来，越来越多的网络平台开始使用推荐系统来给用户提供更加个性化的服务.某公司在研发平台软件的推荐系统时发现，当收集的数据量为万条时，推荐系统的准确率约为，平台软件收入为元.已知每收集1万条数据，公司需要花费成本100元，当收集的数据量为（ ）万条时，该软件能获得最高收益. A. 17 B. 18 C. 19 D. 20 【答案】C 【解析】 【分析】由题意列出收益函数，然后利用导数研究其单调性，根据单调性求解最值即可得解. 【详解】设收益为元，由题意， 则，， 当时，，当时，，当时，， 即函数在上单调递增，在上单调递减， 即当收集的数据量为19万条时，该软件能获得最高收益. 故选：C 8. 设随机变量的分布列如下表所示，则下列说法中错误的是（ ） A. B. 随机变量的数学期望可以等于 C. 当时， D. 数列的通项公式可以为 【答案】D 【解析】 【分析】根据概率和为可判断A选项；当时，期望为，可判断B选项；根据等比数列求和公式化简可判断C选项；D选项，利用裂项相消法可得的前项和，进而可判断D选项. 【详解】A选项：由已知，则，A选项正确； B选项：当时，期望为，B选项正确； C选项：由，则，C选项正确； D选项：由，则其前项和为，D选项错误； 故选：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. 下列说法正确的是（ ） A. 若随机变量X的数学期望，则 B. 若随机变量且，则 C. 若随机变量，则 D. 在含有3件次品的9件产品中，任取3件，X表示取到的次品数，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】由数学期望的性质可判断A，由正态密度曲线的对称性可判断B，由二项分布的方差公式可判断C，由超几何分布的概率公式可判断D. 【详解】A选项，，故A正确； B选项，，故B正确； C选项，，故C错误； D选项，由超几何分布的概率公式可得，故D正确. 故选：ABD. 10. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 有两个极值点 B. 的图象关于点P对称 C. 若方程有三个实数根，则 D. 过原点有两条直线与曲线相切 【答案】AD 【解析】 【分析】对于AC，求导确定单调性即可判断，对于B，通过反例即可判断，对于D，设切点坐标为，由导数的几何意义，列出等式，求解即可判断. 【详解】对于A：， 当或时，，当时，， 易知在处取得极大值，在处取得极小值，有两个极值点，即A正确； 对于B：因为，即在的图象上，点关于点的对称点为，但， 所以的图象不关于点对称，B错误； 对于C：由A知，要使若方程有三个实数根，则需，得，C错误； 对于D：设切点坐标为，则切线方程为， 因为切线过原点，所以有， 又，所以， 解得，或， 故过原点有两条直线与曲线相切，D正确. 故选：AD 11. 在棱长为1的正方体中，P为棱的中点，点Q在侧面内运动，则下列结论正确是（ ） A. 若，则动点Q的轨迹是线段 B. 若，则动点Q的轨迹是圆的一部分 C. 若，则动点Q的轨迹是椭圆的一部分 D. 若点Q到与的距离相等，则动点Q的轨迹是双曲线的一部分 【答案】AB 【解析】 【分析】先求证平面，再根据线面垂直性质定理得平面，进而得点Q的轨迹判断A；根据线面垂直性质得，即可得Q的轨迹判断B；建立空间直角坐标系，设Q的坐标，利用向量夹角公式列式求得点Q的轨迹判断C；利用距离公式列式求得点Q的轨迹判断D. 【详解】对于A，如图1，由正方体容易得平面，因平面，则， 又，，平面，则平面， 又平面，则，同理可证，， 因，平面，则平面， 若，则平面， 又平面，所以点Q的轨迹是平面与平面的交线段，A正确； 对于B，如图2，因为平面，平面，所以， 所以是直角三角形，又因为，，所以， 即Q的轨迹是以C为圆心，半径为1的圆弧，B正确； 对于C，以为坐标原点，为轴，为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系， 则，，，， 则，， 设，所以， 因为，所以， 即，得， 所以点Q的轨迹是双曲线的一部分，C错误； 对于D，以D为坐标原点，为x轴，为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系， 设 则Q到的距离等于，Q到的距离y， 又点Q到与的距离相等，所以， 而满足方程的点仅有，D错误. 故选：AB 第II卷（非选择题） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 的展开式中含项的系数为________.（用数字作答） 【答案】 【解析】 【分析】根据二项展开式的通项公式计算即可. 【详解】由，令，得， 所以项的系数为. 故答案为：. 13. 长时间玩手机可能影响视力，据调查，某学校学生中，大约有的学生每天玩手机超过1h，这些人近视率约为80%，其余学生的近视率约为50%，现从该校任意调查一名学生，他近视的概率大约是________. 【答案】 【解析】 【分析】由全概率公式代入数据求解即可. 【详解】设事件A为“任意调查一名学生，每天玩手机超过1h”，事件B为“任意调查一名学生，该学生近视”， 则，，，， ∴. 故答案为： 14. 如果n项有穷数列满足，，…，，即，则称有穷数列为“对称数列”.设数列是项数为（，且）的“对称数列”，且满足，记为数列的前n项和.若，，…，构成单调递增数列，且，则当取得最大值时，________. 【答案】1012 【解析】 【分析】根据对称数列的定义可得数列为等差数列，然后分组求和，根据二次函数的性质来求解 【详解】由题设知构成公差为2的等差数列，构成公差为-2的等差数列， ， 所以当时，取得最大值. 故答案为：1012. 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. 设是公比不为1的等比数列，，为，的等差中项. （1）求数列的公比； （2）求数列的前n项和. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）结合等差中项的性质，利用等比数列的基本量运算求解公比即可. （2）先求出，然后利用等差数列求和公式和等比数列求和公式，根据分组求和思想求解即可. 【小问1详解】 设是公比为， ∵是，的等差中项，∴，即， 又∵，∴，解得，（舍去）， ∴数列的公比为. 【小问2详解】 ∵，，∴，∴， 设数列的前n项和为， 则 ， ∴数列的前项和. 16. 如图，在四棱锥中，，，平面平面，，M，N分别是，的中点. （1）证明：； （2）若，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1） ∵，是的中点，∴， 又∵平面平面且交于，平面， ∴平面， 又平面，∴. （2） 【解析】 【分析】（1）根据面面垂直的性质定理得平面，进而由线面锤子的性质定理得线线垂直. （2）取的中点E，先求得是正三角形，然后建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，最后利用向量法求得线面角的正弦值即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 取的中点E，∵， ∴，，且，， ∴四边形是矩形，∴， 因此是正三角形，∴，，. 如图所示，建立空间直角坐标系 ，，，，， ∴，，， 设平面的法向量， 则有， 令，则，， 故为平面的一个法向量. 由 所以直线与平面所成角的正弦值为. 17. 投壶是中国古代士大夫宴饮时做的一种投掷游戏，也是一种礼仪，在战国时期较为盛行，尤其是在唐朝得到了发扬光大.投壶是把箭向壶里投，投中多的即胜出.某校开展“健康体育节”活动期间，甲、乙两人轮流进行定点投壶比赛（每人各投一次为一轮，且不受先后顺序影响），在相同的条件下，甲、乙两人每轮在同一位置，每人投一次.若两人有一人投中，则投中者得2分，未投中者得-2分；若两人都投中，则两人均得1分；若两人都未投中，则两人均得0分.设甲每次投中的概率为，乙每次投中的概率为，且各次投壶互不影响. （1）求第一轮投壶结束时甲、乙得分之和为0分的概率； （2）经过2轮投壶，记甲、乙的得分之和为X，求X的分布列和数学期望. 【答案】（1） （2）的分布列为: 0 2 4 【解析】 【分析】（1）利用相互独立事件概率乘法公式，再结合分类加法原理，即可求出该事件概率； （2）利用二项分布概率公式，即可求得分布列和期望. 【小问1详解】 设事件“甲投一次，投中”，事件“乙投一次，投中, ”事件“第一轮投壶结束时甲、乙得分之和为0分” 依题意，，，A，B相互独立， 所以， 即第一轮投壶结束时甲、乙得分之和为0分的概率. 【小问2详解】 由（1）知第一轮投壶结束时甲、乙得分之和为0分的概率为， 因此第一轮投壶结束时甲、乙得分之和为2分的概率为. 依题意，X的所有可能取值为, , , , ∴的分布列为: 0 2 4 所以. 18. 已知函数． （1）讨论的单调区间； （2）若在区间上存在唯一零点，证明：． 【答案】（1） 若，的单调递增区间为，无单调递减区间； 若，的单调递增区间为，单调递减区间为． （2） 法一：因为在区间上存在唯一零点， 所以存在唯一的，有，化简得， 若要证明，则只需，即只需，， 不妨设，，求导得， 令，， 求导得， 所以当时，单调递增， 所以， 当时，单调递增， 所以，即当时，有不等式成立. 法二：由于，由（1）可知且所以， 由泰勒展式可得，解得， 所以． 综上所述：若在区间上存在唯一零点，则． 【解析】 【分析】（1）求导，分类讨论，根据导数的符号确定单调区间； （2）方法一分离参数，转化为不等式关系，构造新函数，求导，确定单调性可证；方法二利用泰勒展开式，进行放缩证明. 【小问1详解】 由题意可知：的定义域为，且， 若，则对恒成立，的单调递增区间为，无单调递减区间； 若，令，解得；令，解得； 可知的单调递增区间为，单调递减区间为； 综上所述：若，的单调递增区间为，无单调递减区间； 若，的单调递增区间为，单调递减区间为． 【小问2详解】 略 19. 已知椭圆C：的左右焦点和上顶点构成边长为2的等边三角形. （1）求椭圆C的方程； （2）关于圆的切线有这样的结论：“圆上点处的切线方程为”，类比到椭圆也有这样的结论：“椭圆上点处的切线方程为”.已知点M在直线上，过M作椭圆C的两条切线，切点分别为A，B，求证：直线过定点； （3）对（2）中的A，B，在x轴上是否存在点N，使得为定值？如果存在，求出此定值及点N的坐标；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） （2） 设，，， 则切线的方程为， 切线的方程为， ∵，， ∴，即A，B都在直线上. ∴直线的方程为，即， ∴直线过定点. （3）存在，， 【解析】 【分析】（1）根据等边三角形性质，得到，，求出即可； （2）因点在两条切线上，把坐标代入切线方程，得到含、坐标的式子，发现、都在某条直线上，确定直线AB方程.将方程变形，找出直线经过的固定点. （3）设直线AB方程，与椭圆方程联立，得到一些坐标和、积的值.设点坐标，算出的表达式.要让它是固定值，使表达式中含特定变量的系数成比例，解出点坐标和定值. 【小问1详解】 由已知，，，所以，，， 所以椭圆的方程为. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由（2）知直线的斜率不为0，设的方程为， 联立，得， ∴，， ，， 设，则 ， 要使为定值，则需， 解得，此时， 所以存在点，使得为定值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025年广西示范性高中4月高二期中调研测试 数学 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 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I卷（选择题） 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，只有一个选项是符合题目要求的. 1. 一个两层书架，分别放置语文类读物4本，数学类读物5本，每本读物各不相同，从中取出1本，则不同的取法共有（ ） A. 20种 B. 9种 C. 5种 D. 4种 2. 已知函数的部分图象如图所示，其中，，为图上三个不同的点，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 3. 甲、乙、丙、丁共4人站成一排，且甲不在两端，则不同排法共有（ ） A. 24种 B. 12种 C. 8种 D. 6种 4. 现从含甲、乙在内的9名志愿者中选出3人去参加抢险，则在甲被选中的前提下，乙也被选中的概率为（ ） A. B. C. D. 5. 已知，是双曲线E：（，）的左，右焦点，点M在E上，且垂直x轴，若，则E的离心率为（ ） A. B. C. D. 2 6. 已知在等比数列中，，等差数列的前n项和为，且，则（ ） A. 0 B. 54 C. 49 D. 42 7. 随着大数据时代的到来，越来越多的网络平台开始使用推荐系统来给用户提供更加个性化的服务.某公司在研发平台软件的推荐系统时发现，当收集的数据量为万条时，推荐系统的准确率约为，平台软件收入为元.已知每收集1万条数据，公司需要花费成本100元，当收集的数据量为（ ）万条时，该软件能获得最高收益. A. 17 B. 18 C. 19 D. 20 8. 设随机变量的分布列如下表所示，则下列说法中错误的是（ ） A. B. 随机变量的数学期望可以等于 C. 当时， D. 数列的通项公式可以为 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. 下列说法正确的是（ ） A. 若随机变量X的数学期望，则 B. 若随机变量且，则 C. 若随机变量，则 D. 在含有3件次品的9件产品中，任取3件，X表示取到的次品数，则 10. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 有两个极值点 B. 的图象关于点P对称 C. 若方程有三个实数根，则 D. 过原点有两条直线与曲线相切 11. 在棱长为1的正方体中，P为棱的中点，点Q在侧面内运动，则下列结论正确是（ ） A. 若，则动点Q的轨迹是线段 B. 若，则动点Q的轨迹是圆的一部分 C. 若，则动点Q的轨迹是椭圆的一部分 D. 若点Q到与的距离相等，则动点Q的轨迹是双曲线的一部分 第II卷（非选择题） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 的展开式中含项的系数为________.（用数字作答） 13. 长时间玩手机可能影响视力，据调查，某学校学生中，大约有的学生每天玩手机超过1h，这些人近视率约为80%，其余学生的近视率约为50%，现从该校任意调查一名学生，他近视的概率大约是________. 14. 如果n项有穷数列满足，，…，，即，则称有穷数列为“对称数列”.设数列是项数为（，且）的“对称数列”，且满足，记为数列的前n项和.若，，…，构成单调递增数列，且，则当取得最大值时，________. 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. 设是公比不为1的等比数列，，为，的等差中项. （1）求数列的公比； （2）求数列的前n项和. 16. 如图，在四棱锥中，，，平面平面，，M，N分别是，的中点. （1）证明：； （2）若，求直线与平面所成角的正弦值. 17. 投壶是中国古代士大夫宴饮时做的一种投掷游戏，也是一种礼仪，在战国时期较为盛行，尤其是在唐朝得到了发扬光大.投壶是把箭向壶里投，投中多的即胜出.某校开展“健康体育节”活动期间，甲、乙两人轮流进行定点投壶比赛（每人各投一次为一轮，且不受先后顺序影响），在相同的条件下，甲、乙两人每轮在同一位置，每人投一次.若两人有一人投中，则投中者得2分，未投中者得-2分；若两人都投中，则两人均得1分；若两人都未投中，则两人均得0分.设甲每次投中的概率为，乙每次投中的概率为，且各次投壶互不影响. （1）求第一轮投壶结束时甲、乙得分之和为0分的概率； （2）经过2轮投壶，记甲、乙的得分之和为X，求X的分布列和数学期望. 18. 已知函数． （1）讨论的单调区间； （2）若在区间上存在唯一零点，证明：． 19. 已知椭圆C：的左右焦点和上顶点构成边长为2的等边三角形. （1）求椭圆C的方程； （2）关于圆的切线有这样的结论：“圆上点处的切线方程为”，类比到椭圆也有这样的结论：“椭圆上点处的切线方程为”.已知点M在直线上，过M作椭圆C的两条切线，切点分别为A，B，求证：直线过定点； （3）对（2）中的A，B，在x轴上是否存在点N，使得为定值？如果存在，求出此定值及点N的坐标；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 $