精品解析：云南省“美美与共”民族中学联盟2024-2025学年高二下学期联考（二）数学试卷

云南“美美与共”民族中学联盟联考（二） 高二数学 本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．第Ⅰ卷第1页至第3页，第Ⅱ卷第3页至第6页．考试结束后，请将答题卡交回．满分150分，考试用时120分钟． 第Ⅰ卷（选择题，共58分） 注意事项： 1．答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的学校、班级、姓名、考场号、座位号、准考证号在答题卡上填写清楚． 2．每小题选出答案后，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．在试题卷上作答无效． 一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 在复平面内，复数（为虚数单位），则（ ） A. 的虚部为 B. C. D. 在复平面内对应的点位于第三象限 2. 某教学楼三楼楼道里有5盏灯，为了节约用电，需关掉2盏灯，则关灯方案有（ ） A. 20种 B. 10种 C. 12种 D. 6种 3. 若非空集合，，，满足：，，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知数列中，且且，则（ ） A. B. C. D. 9 5. 直线与圆相交于，两点，当面积最大时的值为（ ） A. 2 B. 4 C. 3 D. 6. 对于数列，若，且，则（ ） A. 0 B. -1 C. 1 D. 7. 已知：“”是：“”的必要不充分条件，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 只用0，1，2这三个数字组成一个五位数，规定这三个数字必须全部使用，且同一数字不能相邻出现，这样的五位数共有（ ） A. 28个 B. 24个 C. 22个 D. 18个 二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，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. 的展开式中（ ） A. 第三项系数为1792 B. 二项式系数最大的项是第5项 C. 常数项为240 D. 所有项的系数之和为1 10. 已知正项等比数列的公比为，若，且，则（ ） A. B. C. 是数列中的项 D. ，，成等差数列 11. 若存在，使得对任意恒成立，则函数在上有下界，其中为函数的一个下界；若存在，使得对任意恒成立，则函数在上有上界，其中为函数的一个上界．如果一个函数既有上界又有下界，那么称该函数有界．下列说法正确的是（ ） A. 是函数的一个下界 B. 函数有下界，无上界 C. 函数有下界，无上界 D. 函数有界 第Ⅱ卷（非选择题，共92分） 注意事项： 第Ⅱ卷用黑色碳素笔在答题卡上各题的答题区域内作答，在试题卷上作答无效． 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 设，向量，，且与垂直，则______． 13. 5名学生和2位老师站成一排照相，则2位老师不相邻且不排在两端的排法有______种． 14. 已知椭圆，为椭圆的半焦距长，过左焦点作直线与圆：相切于点，与椭圆在第一象限的交点为，且，则椭圆的离心率为______． 四、解答题（本大题共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. 在中，内角、、所对的边分别为、、，． （1）求； （2）若外接圆的面积为，求面积的最大值． 16. 在等差数列中，，，数列的前项和为，． （1）求数列和的通项公式； （2）若，求数列的前项和． 17. 如图，等腰梯形中，，于点，且．沿把折起到的位置，使． （1）求证：平面； （2）求三棱锥的体积； （3）求平面和平面夹角的余弦值． 18. 已知函数，． （1）若，求函数的值域； （2）求函数的单调区间； （3）若直线为的切线，求的值． 19. 设椭圆的离心率等于，、、分别是椭圆的三个不同的顶点，的面积为2． （1）求椭圆的方程； （2）若、是椭圆的左、右顶点，动点、为椭圆上异于、的两点，设直线，的斜率分别为，且，求证：直线经过定点． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 云南“美美与共”民族中学联盟联考（二） 高二数学 本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．第Ⅰ卷第1页至第3页，第Ⅱ卷第3页至第6页．考试结束后，请将答题卡交回．满分150分，考试用时120分钟． 第Ⅰ卷（选择题，共58分） 注意事项： 1．答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的学校、班级、姓名、考场号、座位号、准考证号在答题卡上填写清楚． 2．每小题选出答案后，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．在试题卷上作答无效． 一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 在复平面内，复数（为虚数单位），则（ ） A. 的虚部为 B. C. D. 在复平面内对应的点位于第三象限 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数的除法运算可得，进而祝福分析判断即可. 【详解】因为，可知的虚部为，故A错误； ，故B错误； ，故C错误； 在复平面内对应的点为，位于第三象限，故D正确； 故选：D. 2. 某教学楼三楼楼道里有5盏灯，为了节约用电，需关掉2盏灯，则关灯方案有（ ） A. 20种 B. 10种 C. 12种 D. 6种 【答案】B 【解析】 【分析】利用组合数公式计算可得. 【详解】某教学楼三楼楼道里有5盏灯，从中关掉2盏灯，则关灯方案有种. 故选：B 3. 若非空集合，，，满足：，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用交集的定义与子集定义即可得到结果. 【详解】因为，所以,又，所以, 故,即，由上分析得，，集合A一定不是集合C的子集， 故选：D 4. 已知数列中，且且，则（ ） A. B. C. D. 9 【答案】C 【解析】 【分析】可知数列是以首项，公差的等差数列，结合等差数列通项公式运算求解. 【详解】因为，可知数列是以首项，公差的等差数列， 则，所以. 故选：C. 5. 直线与圆相交于，两点，当面积最大时的值为（ ） A. 2 B. 4 C. 3 D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据面积公式分析可知当且仅当时，面积取到最大值，再结合点到直线的距离公式运算求解. 【详解】由题意可知：圆的圆心为，半径， 因为面积， 当且仅当，即为等腰直角三角形时，等号成立， 此时圆心到线的距离，所以. 故选：C. 6. 对于数列，若，且，则（ ） A. 0 B. -1 C. 1 D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据数列的递推公式，依次对赋值，根据各项的特点，可得对，利用此性质即可求得. 【详解】因，， 则，，， ，，……， 所以以此类推，对即数列是周期为4的数列， 故. 故选：B. 7. 已知：“”是：“”的必要不充分条件，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】首先解不等式化简、，结合是的必要不充分条件，得到不等关系，解得即可. 【详解】由，解得或， 即：“或”， 由，即，解得， 所以：“”， 因为是的必要不充分条件， 所以或，解得或， 即实数的取值范围为. 故选：B 8. 只用0，1，2这三个数字组成一个五位数，规定这三个数字必须全部使用，且同一数字不能相邻出现，这样的五位数共有（ ） A. 28个 B. 24个 C. 22个 D. 18个 【答案】A 【解析】 【分析】利用间接法，先保证首位不为0且同一数字不能相邻出现，再排除只有2个数字组成的5位数即可. 【详解】先保证首位不为0且同一数字不能相邻出现， 则首位不为0，其余各位均有2种选择，可得不同排法的种数为； 下面考虑只有2个数字组成的5位数，有，只有4种可能； 所以不同排法的种数为种. 故选：A. 二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，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. 的展开式中（ ） A. 第三项系数为1792 B. 二项式系数最大的项是第5项 C. 常数项为240 D. 所有项的系数之和为1 【答案】ABD 【解析】 【分析】写出展开式的通项，利用通项判断A、C，根据二项式系数的性质判断B，令，即可判断D. 【详解】二项式展开式的通项为（且）， 对于A：第三项系数为，故A正确； 对于B：展开式中共项，二项式系数最大的项是第项，故B正确； 对于C：令，解得，又，所以展开式中不存在常数项，故C错误； 对于D：令可得所有项的系数之和为，故D正确. 故选：ABD 10. 已知正项等比数列的公比为，若，且，则（ ） A. B. C. 是数列中的项 D. ，，成等差数列 【答案】ABD 【解析】 【分析】由，求得公比，进而确定通项公式，再逐项判断即可. 【详解】对于选项A：由，可得， 且，所以，故A正确； 对于选项B：所以，故B正确； 对于选项C：可得， 令，即， 显然该方程无整数解，所以不是数列中的项，故C错误； 对于选项D：因为，，， 且，即 所以，，成等差数列，故D正确； 故选：ABD. 11. 若存在，使得对任意恒成立，则函数在上有下界，其中为函数的一个下界；若存在，使得对任意恒成立，则函数在上有上界，其中为函数的一个上界．如果一个函数既有上界又有下界，那么称该函数有界．下列说法正确的是（ ） A. 是函数的一个下界 B. 函数有下界，无上界 C. 函数有下界，无上界 D. 函数有界 【答案】BD 【解析】 【分析】由基本不等式可判断A；利用导数可确定，即可判断B；根据趋近问题理解即可判断C；利用放缩法即可判断D. 【详解】对于选项A：当时，， 当且仅当时，等号成立， 可得恒成立，可知是的一个上界，故A错误； 对于选项B：的定义域为，且， 当时，；当，， 可知在上单调递减，在上单调递增， 则，可知有下界， 且当x趋近于时，趋向于，可知无上界， 综上所述：有下界，无上界，故B正确； 对于选项C：当，x趋近于0时，趋向于， 可知无下界，故C错误； 对于选项D：因为，则， 且，，即， 所以有界，故D正确． 故选：BD． 第Ⅱ卷（非选择题，共92分） 注意事项： 第Ⅱ卷用黑色碳素笔在答题卡上各题的答题区域内作答，在试题卷上作答无效． 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 设，向量，，且与垂直，则______． 【答案】 【解析】 【分析】由向量垂直的坐标表示即可求解. 【详解】由题意可得：， 解得：， 故答案为： 13. 5名学生和2位老师站成一排照相，则2位老师不相邻且不排在两端的排法有______种． 【答案】1440 【解析】 【分析】先排两端，再利用插空法排剩余位置即可. 【详解】先排两端，可知两端必为学生，则不同的排法种数为； 再排剩余位置，则不同的排法种数为； 所以不同的排法种数为. 故答案为：1440. 14. 已知椭圆，为椭圆的半焦距长，过左焦点作直线与圆：相切于点，与椭圆在第一象限的交点为，且，则椭圆的离心率为______． 【答案】## 【解析】 【分析】由题意利用直线与圆相切可得，再由余弦定理计算得出，利用椭圆的定义即可得出离心率. 【详解】设椭圆右焦点为，连接，如下图所示： 由圆：可知圆心，半径， 显然，且， 因此可得，所以，可得，可得，又， 由余弦定理可得，解得， 再由椭圆的定义可得，即， 因此离心率. 故答案为： 四、解答题（本大题共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. 在中，内角、、所对的边分别为、、，． （1）求； （2）若外接圆的面积为，求面积的最大值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理边角互化，结合余弦定理即可求解； （2）由面积公式可得外接圆半径，即可根据正弦定理求解，由基本不等式即可求解的最大值，由面积公式即可求解. 【小问1详解】 因为，由正弦定理可得， 由余弦定理可得， 且，所以. 【小问2详解】 设的外接圆半径为，所以，所以， 由正弦定理得，则， 由（1）可得：，即， 当且仅当时，等号成立， 故面积的最大值为. 16. 在等差数列中，，，数列的前项和为，． （1）求数列和的通项公式； （2）若，求数列的前项和． 【答案】（1）； （2） 【解析】 【分析】（1）设等差数列的公差为，根据题意，联立方程组，求得，得到数列的通项公式，再由，推得，得到数列为等比数列，求得数列的通项公式； （2）由（1）得到，结合乘公比错位相减法求和，即可得到答案. 【小问1详解】 解：设等差数列的公差为， 因为，可得，解得， 所以，即数列的通项公式为； 由数列的前项和为，且满足， 当时，可得，解得， 当时，可得，两式相减得， 即，整理得，即， 所以数列是首项为，公比为的等比数列，所以. 【小问2详解】 解：由（1）知，，可得， 则， 可得， 两式相减，可得 ， 所以. 17. 如图，等腰梯形中，，于点，且．沿把折起到的位置，使． （1）求证：平面； （2）求三棱锥的体积； （3）求平面和平面夹角的余弦值． 【答案】（1）证明如下： 由题意可知：，则， 且，且，平面， 可得平面， 由平面，可得， 因为，则， 则，则， 且，平面， 所以平面. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据题意可证平面，进而可得，利用勾股定理可得，即可得线面垂直； （2）分析可知三棱锥的高为，利用转换定点法求锥体的体积； （3）分析可知二面角的平面角为，结合题意运算求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为平面，可知三棱锥的高为， 所以三棱锥的体积. 【小问3详解】 因为平面，平面，则， 且，可知二面角的平面角为， 又因为平面，平面，则， 则，可得， 所以平面和平面夹角的余弦值为. 18. 已知函数，． （1）若，求函数的值域； （2）求函数的单调区间； （3）若直线为的切线，求的值． 【答案】（1） （2） 当时，递增区间为，无递减区间； 当时，递减区间为，递增区间为. （3） 【解析】 【分析】（1）求导，确定函数的单调性即可求解； （2）求得导函数，并对分和讨论，即可判断函数的单调性； （3）设切点为，结合导数的几何意义可得，令，转化为仅一个零点，利用导数判断求解； 【小问1详解】 时，， 求导得：， 易得时，，时，， 所以在单调递减，在单调递增， 最小值为，又时，， 所以值域为： 【小问2详解】 由，， 当时，，在单调递增， 当时，令，解得， 当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增， 综上， 当时，递增区间为，无递减区间； 当时，递减区间为，递增区间为. 【小问3详解】 设切点为，依题意，，所以， 又，代入可得，， 设，则， 所在单调递增， 因为，所以， 所以. 19. 设椭圆的离心率等于，、、分别是椭圆的三个不同的顶点，的面积为2． （1）求椭圆的方程； （2）若、是椭圆的左、右顶点，动点、为椭圆上异于、的两点，设直线，的斜率分别为，且，求证：直线经过定点． 【答案】（1） （2）证明如下： 由（1）可知：， 由题意可知：直线的斜率存在，且不为0， 设直线的斜率，直线的方程为， 联立消去得， 因为直线过点，则，即， 代入，得，即. 同理：直线的方程为， 联立，消去得. 因为直线过点，则，即， 代入，得，即， 若，则，即 直线的斜率 ， 直线的方程为， 令，解得， 可得直线过定点. 若，此时，直线也过点. 所以直线过定点. 【解析】 【分析】（1）根据椭圆的离心率的值和面积，可得a、b、c的值，即可求出椭圆的方程 （2）设直线AP的方程，与椭圆的方程联立，可得P的坐标，同理可得Q的坐标，进而求出直线PQ的方程，可证得直线经过定点. 【小问1详解】 由题意可知：，解得， 所以椭圆的方程. 【小问2详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $