精品解析：云南省西双版纳傣族自治州第一中学2024-2025学年高二下学期期中诊断测试数学试卷

[考试时间：2025年4月28日14：30至16：30] 2024—2025学年春季学期期中诊断测试 高二年级数学试卷 (考试时间120分钟，满分150分) 命题人：徐建华 审题人：普应彬 注意事项： 1．答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、班级、考场/座位号在答题卡上填写清楚.并认真核准条形码上的准考证号、姓名、考场号、座位号及科目，在规定的位置贴好条形码. 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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. 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，只有一个选项符合题目要求． 1. 若，则（ ） A. B. C. D. 2. 下列函数在定义域上既是增函数又是奇函数的是（ ） A. B. C. D. 3. 已知，则在方向上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 4. 在递增的等比数列中，，，则数列的公比为（ ） A. B. 2 C. 3 D. 4 5. 已知的展开式中的系数为17．则实数的值为（ ） A. B. C. 1 D. 2 6. 现有数字1，2，2，3，3，3，若将这六个数字排成一排，则数字2，2恰好相邻的概率为（ ） A. B. C. D. 7. 在三棱锥中，平面平面为等腰三角形，且，，则三棱锥外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，有5个不相等的实数根，从小到大依次为，，，，，则的取值范围为（ ） A. B. C. 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. 下列说法中正确的是（ ） A. 数据，，，，，，，的上四分位数是 B. 设样本数据，，，的方差为，则，，，的标准差为 C. 随机掷一枚质地均匀的正方体骰子，骰子各个面分别标记有共六个数字，记事件“骰子向上的点数是奇数”，事件“骰子向上的点数是或”，则事件与事件是相互独立事件 D. 在二项式的展开式中，若只有第项的二项式系数最大，则各项系数和是 10. 如图是因不慎丢失部分图象后，函数的局部图象，则下列结论正确的是（ ） A. 的最小正周期为 B. 是图象的一个对称中心 C. 图象的对称轴方程为 D. 的图象是由函数图象上各点的横坐标缩短到原来的（纵坐标不变），再将得到的函数图象向右平移个单位长度得到的 11. 如图，点是棱长为3的正方体的表面上一个动点，是线段的中点，则（ ） A. 若点满足，则动点的轨迹长度为 B. 当直线与所成的角为时，点的轨迹长度为 C. 三棱锥体积的最大值为 D. 当在底面上运动，且满足平面时，线段长度最大值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，则________． 13. 已知抛物线的焦点为，过点且不与轴垂直的直线与交于两点，过的中点作轴的平行线交于点，则_________________. 14. 已知点M，N为圆上两点，且，点P在直线上，点Q为线段中点，则的最小值为________ 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. 某新能源汽车制造商为了评估一批新型电池的续航时间（单位：小时），从这批次电池中随机抽取50组进行测试，把测得数据进行适当分组后（每组为左闭右开的区间），画出频率分布直方图如图所示. （1）求的值； （2）从抽取的50组电池中任取2组，求恰有1组电池续航时间不少于35小时的概率； （3）将样本分布的频率视为总体分布的概率，从该批次电池组中任取2组，设为续航时间不少于35小时的电池组的数量，求的分布列及数学期望. 16. 记的内角，，的对边分别为，，，已知． （1）求； （2）若，，，边上的中线，相交于点． （i）求； （ii）求． 17. 在四棱锥中，，，平面平面 ，，且. （1）求证：平面 ； （2）求直线与平面所成角的正弦值； 18. 已知椭圆：的一个顶点为，离心率为. （1）求的方程和短轴长； （2）直线：与E相交于不同的两点B，C，直线，分别与直线交于点M，N.当时，求的值. 19. 已知函数. （1）若，求在处的切线方程； （2）若，求的单调区间； （3）若，且，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ [考试时间：2025年4月28日14：30至16：30] 2024—2025学年春季学期期中诊断测试 高二年级数学试卷 (考试时间120分钟，满分150分) 命题人：徐建华 审题人：普应彬 注意事项： 1．答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、班级、考场/座位号在答题卡上填写清楚.并认真核准条形码上的准考证号、姓名、考场号、座位号及科目，在规定的位置贴好条形码. 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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. 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，只有一个选项符合题目要求． 1. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由复数除法运算可得答案. 【详解】由题知． 故选：A． 2. 下列函数在定义域上既是增函数又是奇函数的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据基本初等函数的性质一一判断即可. 【详解】对于A：为定义域上的增函数，但是为非奇非偶函数，故A错误； 对于B：在定义域上不具有单调性，故B错误； 对于C：定义域上的增函数，且为奇函数，故C正确； 对于D：在定义域上不具有单调性，故D错误. 故选：C 3. 已知，则在方向上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，利用数量的运算律及投影向量的意义求解. 【详解】依题意，，由，得，则， 所以在方向上的投影向量为. 故选：B 4. 在递增的等比数列中，，，则数列的公比为（ ） A. B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】由等比数列的性质有，易知是方程的两个根，再由已知及等比数列的通项公式求公比. 【详解】由题设，易知是方程的两个根， 又为递增的等比数列，所以，故公比. 故选：B 5. 已知的展开式中的系数为17．则实数的值为（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】先找到的展开式通项为，再由乘法分配律得展开式中的系数为，即可得解. 【详解】根据题意，的展开式通项为， 所以的展开式中为： ， 则，解得. 故选：A 6. 现有数字1，2，2，3，3，3，若将这六个数字排成一排，则数字2，2恰好相邻的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】方法一：利用有重复元素的排列数公式分别计算总排列数和符合条件的排列数，求得概率；方法二：只考虑两个2的位置可能情况和相邻的情况种数，得到概率. 【详解】方法一： 给定的数字是1，2，2，3，3，3，其中有一个1，两个2，三个3，总共有6个数字，因此总排列数为：. 符合条件的排列数（两个2恰好相邻的情况）： 将两个2视为一个整体（即“超级元素”），这样剩下的元素为1，3，3，3和这个“超级元素”，共5个元素. 其中三个3是重复的，因此符合条件的排列数为：，所以符合条件的排列数除以总排列数：. 方法二： 考虑两个2的位置组合，共有种可能的位置组合，其中相邻的位置对数为5种，概率为：， 因此，数字2，2恰好相邻的概率为. 故选：D. 7. 在三棱锥中，平面平面为等腰三角形，且，，则三棱锥外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】取的中点，的中点，连接，设三棱锥的外接球的球心为，过作交延长线于点，然后根据已知数据在中可求出三棱锥的外接球的半径，从而可求出外接球的表面积. 【详解】如图取的中点，的中点，连接，则， 因为为等腰三角形，所以, 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 因为为直角三角形，且，所以为的外心， 设三棱锥的外接球的球心为，则平面， 所以‖， 在等腰中，，， 则，的外心在外， 所以， 在中，，则， 所以 设三棱锥的外接球的半径为，则， 过作交延长线于点，则， 在中，，则 ，解得， 所以三棱锥的外接球的表面积为. 故选：A. 8. 已知函数，有5个不相等的实数根，从小到大依次为，，，，，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用导数可得函数在,上的单调性及极值，作出函数的图象，由图象可得，再由对数函数的性质可得，结合，，是方程的三个根，可得，即可求得答案． 【详解】因为当时，， 所以， 所以当时，，单调递减； 当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 所以，所以， 当时，， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 作出函数的图象，如图所示： 由此可得， 当时，令，解得或， 所以， 又因为， 所以， 所以； 由题意可得，，是方程，即的三个根， 所以， 即， 所以， 即， 所以． 故选：． 【点睛】关键点点睛：关键点是画出图象，根据根的个数确定解的范围，再结合对数运算性质和对数函数，得到，即可解题. 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. 下列说法中正确的是（ ） A. 数据，，，，，，，的上四分位数是 B. 设样本数据，，，的方差为，则，，，的标准差为 C. 随机掷一枚质地均匀的正方体骰子，骰子各个面分别标记有共六个数字，记事件“骰子向上的点数是奇数”，事件“骰子向上的点数是或”，则事件与事件是相互独立事件 D. 在二项式的展开式中，若只有第项的二项式系数最大，则各项系数和是 【答案】AC 【解析】 【分析】利用百分位数的定义可判断A选项；利用方差的性质可判断B选项；利用事件独立性的定义可判断C选项；利用二项式系数的性质和各项系数和可判断D选项. 【详解】对于A选项，因为， 所以，数据，，，，，，，的上四分位数是，A对； 对于B选项，设样本数据，，，的方差为， 则，，，的方差为，其标准差为，B错； 对于C选项，由题意可知，，， 事件“骰子向上的点数是”，则， 因此，事件与事件是相互独立事件，C对； 对于D选项，在二项式的展开式中，若只有第项的二项式系数最大， 则，可得， 因此，展开式各项系数和为，D错. 故选：AC. 10. 如图是因不慎丢失部分图象后，函数的局部图象，则下列结论正确的是（ ） A. 的最小正周期为 B. 是图象的一个对称中心 C. 图象的对称轴方程为 D. 的图象是由函数图象上各点的横坐标缩短到原来的（纵坐标不变），再将得到的函数图象向右平移个单位长度得到的 【答案】AC 【解析】 【分析】结合函数图像求出的解析式即可判断A；代入检验判断B；结合正切函数的性质判断C；根据函数图象的伸缩变换及平移判断D. 【详解】由图象可知的最小正周期为，故A正确； 由，则，即， 由图象的对称性可知为函数的一个对称中心，且在函数图象上， 所以，因为，所以， 则， 当时，， 所以不是图象的一个对称中心，故B错误； 令，解得， 所以函数的对称中心为， 则图象的对称轴方程为，故C正确； 由函数图象上各点的横坐标缩短到原来的（纵坐标不变）， 得到， 再向右平移个单位长度， 得到，故D错误. 故选：AC. 11. 如图，点是棱长为3的正方体的表面上一个动点，是线段的中点，则（ ） A. 若点满足，则动点的轨迹长度为 B. 当直线与所成的角为时，点的轨迹长度为 C. 三棱锥体积的最大值为 D. 当在底面上运动，且满足平面时，线段长度最大值为 【答案】BD 【解析】 【分析】利用线面垂直的性质定理可得动点的轨迹为矩形，求其周长判断A；连接，以为圆心，为半径画弧，易知当在，上时直线与所成的角为，求其轨迹长判断B；取特殊位置排除C；取的中点分别为，根据面面平行的判定定理可求出点在底面上的轨迹为线段，进而求长度的最大值判断D. 【详解】选项A：因为在正方体中，平面，又平面， 所以动点的轨迹为矩形，动点的轨迹长度为矩形的周长，即为，A说法错误； 选项B：连接，以为圆心，为半径画弧，如图所示， 当点在弧上时，因为直角三角形中，所以与所成的角为， 则当点在线段和弧上时，直线与所成的角为， 又，，， 所以点的轨迹长度为，B说法正确； 选项C：当点在平面时，， 易知此时面积最大值为，所以此时三棱锥体积的最大值为，C说法错误； 选项D：取的中点分别为， 连接，如图所示， 因为，平面，平面，所以平面， ，平面，平面，所以平面， 又，平面，所以平面平面， 又因为，，， 所以平面和平面是同一个平面，则点的轨迹为线段， 在中，，， 则， 所以是以为直角的直角三角形， 所以，即线段长度最大值为，D说法正确； 故选：BD 【点睛】方法点睛：立体几何中动点轨迹问题经常利用不动点的位置和动点位置关系，利用线面、面面平行或垂直的判定定理和性质定理，找出动点的轨迹进而计算出其轨迹长度. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，则________． 【答案】 【解析】 【分析】由诱导公式及余弦二倍角公式即可求解. 【详解】， 故答案为： 13. 已知抛物线的焦点为，过点且不与轴垂直的直线与交于两点，过的中点作轴的平行线交于点，则_________________. 【答案】4 【解析】 【分析】根据题意作示意图，设出直线的方程，与抛物线方程联立，利用韦达定理可得点的坐标，从而求得点的坐标，再根据抛物线的定义求解. 【详解】如图，由题意可知，直线的斜率存在且不等于0， 因为抛物线的焦点为，设直线的方程为， 联立方程可得， 设，则， 设，则代入抛物线方程可得， 由抛物线的定义可知， . 所以. 故答案为：4. 14. 已知点M，N为圆上两点，且，点P在直线上，点Q为线段中点，则的最小值为________ 【答案】2 【解析】 【分析】根据题意可得Q在以为圆心，1为半径的圆上，求的最小值，转化为求的最小值即可. 【详解】由题意，圆可化为, ∴圆C是以为圆心，半径的圆， ∵，点Q为线段中点， ∴， 即Q在以为圆心，1为半径的圆上， ∴求的最小值，转化为求的最小值， ∵圆心到直线距离， ∴， ∴， 故答案为：2. 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. 某新能源汽车制造商为了评估一批新型电池的续航时间（单位：小时），从这批次电池中随机抽取50组进行测试，把测得数据进行适当分组后（每组为左闭右开的区间），画出频率分布直方图如图所示. （1）求的值； （2）从抽取的50组电池中任取2组，求恰有1组电池续航时间不少于35小时的概率； （3）将样本分布的频率视为总体分布的概率，从该批次电池组中任取2组，设为续航时间不少于35小时的电池组的数量，求的分布列及数学期望. 【答案】（1） （2） （3）的分布列如下， 0 1 2 数学期望为0.6 【解析】 【分析】（1）根据频率之和等于1求解； （2）根据超几何分布求解概率； （3）利用二项分布求分布列和数学期望. 【小问1详解】 根据频率之和等于1可得， ，解得. 【小问2详解】 由频率分布图可知，电池续航时间不少于35小时的频率等于， 所以电池续航时间不少于35小时的电池有组， 电池续航时间少于35小时的电池有组， 所以从抽取的50组电池中任取2组， 恰有1组电池续航时间不少于35小时的概率为. 【小问3详解】 由（2）知，每次抽到电池续航时间不少于35小时的概率等于 由题可知，随机变量服从二项分布，所以, 所以所有可能的取值有0,1,2， 所以 , 所以的分布列如下， 0 1 2 所以的数学期望为. 16. 记的内角，，的对边分别为，，，已知． （1）求； （2）若，，，边上的中线，相交于点． （i）求； （ii）求． 【答案】（1） （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）通过正弦定理将边化为角，结合两角和的正弦公式以及辅助角公式得到关于的方程进而得解； （2）（i）通过求向量的模长即可得结果；（ii）通过余弦定理求出，（法一）根据重心的性质求出和，最后通过余弦定理可得结果；（法二）通过求得到结果. 【小问1详解】 由正弦定理得， ∴， ∴， ∵，∴， ∴． ∵ ∴，即． 【小问2详解】 （i）∵， ∴． （ii）在中，由余弦定理得， 即 （法一）由题知是的重心， ∴，∴， 在中，由余弦定理得． （法二）又， ∴． ∴． 17. 在四棱锥中，，，平面平面 ，，且. （1）求证：平面 ； （2）求直线与平面所成角的正弦值； 【答案】（1）证明：在四棱锥中，由，，得，连接 ， 而，则为等边三角形，取中点 ，连接，则， 由平面平面 ，平面平面，平面 ， 得平面，而平面，则， 又，与 相交，平面 ， 所以平面 . （2） 【解析】 【分析】（1）取中点 ，利用面面垂直的性质、线面垂直的性质判定推理即得. （2）取 的中点，以为原点建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 取 的中点，连接 ，，，， 由平面 ，平面 ，得，即两两垂直， 以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 由，得， ，显然为平面的一个法向量， 设直线与平面所成角为 ，则， 所以直线与平面所成角的正弦值是. 18. 已知椭圆：的一个顶点为，离心率为. （1）求的方程和短轴长； （2）直线：与E相交于不同的两点B，C，直线，分别与直线交于点M，N.当时，求的值. 【答案】（1）椭圆的方程为，短轴长为 （2） 【解析】 【分析】（1）由题意可得，，求解即可； （2）联立直线与椭圆方程，设直线与椭圆的交点为和，利用韦达定理可得，求得的坐标，进而可得，求解即可. 【小问1详解】 已知椭圆  的标准方程为：， 因为 是椭圆的一个顶点，所以。又离心率为，解得， 所以，解得， 所以椭圆的方程为，短轴长为； 【小问2详解】 将直线的方程代入椭圆的方程得， 可得，整理得， 设直线与椭圆的交点为和， 所以， 直线的方程为：，与直线联立求得交点的坐标为)， 直线的方程为：，与直线联立求得交点的坐标为， 因为，即，所以， 因为 和 ，代入得， 化简， 展开分子 ， 所以， 所以 ， 又， 所以，整理得，解得. 19. 已知函数. （1）若，求在处的切线方程； （2）若，求的单调区间； （3）若，且，证明：. 【答案】（1） （2）单调递增区间为，单调递减区间为， （3） 因为， 又，， 所以是方程的两个根. 依题意，有， 所以，即， 所以 ， 令，则， 令，则 因为，所以， 所以在上是增函数， 所以，所以在为减函数， 所以，即. 【解析】 【分析】（1）根据导数的几何意义求出切线斜率即可得解； （2）求出导数，再根据得出方程的根，列表即可求出函数单调区间； （3）求出，构造函数，利用导数判断函数单调性，由单调性求出函数最小值即可得证. 【小问1详解】 由，所以 所以， 又， 所以曲线在处的切线方程为， 即 【小问2详解】 由，定义域为， 令得或 因为，所以. 所以， 列表： 0 0 递减 递增 递减 所以的单调递增区间为，单调递减区间为， 【小问3详解】 略 【点睛】关键点点睛：根据题意计算出是解题的第一个关键，再由二次求导判断出函数单调性，利用单调性求最值是解决问题的第二个关键所在. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $