精品解析：广西壮族自治区玉林实验中学、广西师范大学附属外国语学校2025届高二下学期5月联考数学试题

数学 (考试时间120分钟 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. 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，只有一项是符合题目要求的. 1. 集合则=（ ） A. B. C. D. 2. 已知角的终边在直线上，则（ ） A. B. C. D. 3. 为响应国家“体重管理年”的号召，某校高二年级对四个班的同学体重数据进行分析.将四个班同学的体重数据分别绘制成下图所示的频率分布直方图，则班级平均体重高于该班体重中位数的是（ ） A. B. C. D. 4. 若，则的值为（ ） A. B. C. D. 5. 已知向量，点D在的延长线上且，则（ ） A. B. C. D. 6. 函数，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知正三棱台的体积为，，，则点A到平面的距离为（ ） A. B. C. D. 8. 如图，边长为1的正方形.中，为各边中点，连接，它们的交点分别为，记的面积为；四边形各边中点分别为，连接，它们的交点分别为，记的面积为.依此方法一直继续下去，记的面积为则趋近于（ ） 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. 若，，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则或 B. 若，则 C. D. 10. 如图，在平行六面体中，向量，，的模长均为2，且它们彼此的夹角都是动点在棱上，则（ ） A. B. 直线BD与直线AP所成角为90° C. 平面与平面ABCD的夹角为60° D. 多面体的外接球体积为 11. 已知双曲线 与动圆. 恰有两个交点，则（ ） A. 双曲线C的离心率为2 B. 双曲线C的渐近线被圆M截得的弦长为 C. 双曲线 C上存在一条弦，该弦的中点坐标为 D. 过双曲线C的一个焦点 F作圆M的两条切线，切点分别为A，B，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 二项式的展开式中含项的系数为______． 13. 已知函数，且，若，且，则______. 14. 将若干块下图所示的由2×3个小正方形组成的矩形砖恰好铺成由6×5个小正方形组成的矩形，有______种不同的铺法；若恰好铺成由6×20个小正方形组成的矩形，有______种不同的铺法. 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. 已知函数 （1）讨论的单调性； （2）若不等式 在上恒成立， 求实数a的取值范围. 16. 已知，，分别为△ABC的三个内角，，的对边， （1）求角C的大小； （2）若 求△ABC的内切圆面积最大值. 17. 某店将年第四季度购车的车主性别与购车类型统计如下表所示（单位：人），已知从该季度所有购车的车主中随机抽取人，抽到购买燃油车的女性车主的概率为 . 购买燃油车 购买新能源车 男性车主 女性车主 （1）求的值； （2）依据小概率值的独立性检验，能否认为购车车主的性别与购车类型有关? （3）为了回馈部分消费者，现从上述购买燃油车的车主中按照性别比例采用分层随机抽样的方法抽取人，再从这人中随机抽取人赠送礼品，记这人中女性车主的人数为，求的分布列以及. 参考公式： 参考数据： 18. 在四棱锥中，平面平面，平面平面，底面为正方形. （1）求证：平面； （2）设的中点为且，.若为平面上的一点，且，求与平面所成角正弦值的最小值. 19. 已知是抛物线 上一点， 以点为圆心，1为半径的圆过的焦点.按如下方式依次构造点. 过点 作斜率为的直线与C交于另一点 点 为关于轴的对称点. （1）求的方程； （2）令 证明是等差数列，并求其通项公式； （3）设是的面积，求证： 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 数学 (考试时间120分钟 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. 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，只有一项是符合题目要求的. 1. 集合则=（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求得集合，根据交集的意义即可求解. 【详解】由，可得，可得，解得， 所以，所以. 故选：D. 2. 已知角的终边在直线上，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据直线的斜率公式，结合二倍角的正切公式，即可求解. 【详解】由条件可知，直线的斜率，则. 故选：C 3. 为响应国家“体重管理年”的号召，某校高二年级对四个班的同学体重数据进行分析.将四个班同学的体重数据分别绘制成下图所示的频率分布直方图，则班级平均体重高于该班体重中位数的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据频率分布直方图的图形特征，直接判断. 【详解】频率分布直方图中，若直方图的形状是对称的，那么平均数和中位数大体上差不多，如果直方图在右边“拖尾”，则平均数大于中位数，如果直方图在左边“拖尾”，则平均数小于中位数， 若班级平均体重高于该班体重中位数，则直方图应在右边“拖尾”. 故选：A. 4. 若，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据指数运算律计算求解. 【详解】因为，则. 故选：A. 5. 已知向量，点D在的延长线上且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据投影向量的定义计算. 【详解】根据题意，. 故选：B. 6. 函数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】对函数求导，再将代入导函数求出的值，进而得到函数的表达式，最后将代入函数求出的值. 【详解】对求导可得：.  将代入可得： 即.移项可得：，即，解得.  将代入可得：.  将代入可得： .  . 故选： A. 7. 已知正三棱台的体积为，，，则点A到平面的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】延长，相交于点，得到三棱锥，由棱台体积求出棱台的高，进而得到锥体的高和体积，利用等体积法求出点到平面的距离. 【详解】延长，相交于点，得到三棱锥， 取的中心，连接，点在上， 且⊥平面，⊥平面，为正三棱台的高， 其中，， 正三棱台的体积为， 即， 解得， 因为 ，所以，故，， 故， 连接并延长，交于点，则为中点，⊥， 连接，因为，所以⊥， 故，， 由勾股定理得， 所以， 设点A到平面的距离为， 则，即，解得. 故选：B 8. 如图，边长为1的正方形.中，为各边中点，连接，它们的交点分别为，记的面积为；四边形各边中点分别为，连接，它们的交点分别为，记的面积为.依此方法一直继续下去，记的面积为则趋近于（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】通过分析正方形面积之间的关系，找出规律来求解第个小正方形的面积.进而得到三角形面积规律，再借助等比数列求和公式求和即可. 【详解】分析第一个小正方形与大正方形面积的关系： 已知，则一个大正方形面积等于个小正方形面积， 即，那么可得. 推导后续小正方形与前一个小正方形面积的关系： 按照同样的规律，第二个小正方形的面积与第一个小正方形的面积关系为.将代入上式，可得. 同理，第三个小正方形的面积与第二个小正方形的面积关系为，进一步可得. 总结第个小正方形面积的规律： 通过前面的推导，可以总结出第个小正方形的面积. 并且旁边三角形面积和最中间小正方形面积相等，则， 则， 当，. 故趋近于. 故选：C. 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. 若，，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则或 B. 若，则 C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】根据复数模的定义，以及复数的运算公式，即可判断选项. 【详解】A.，，，此时不满足或，故A错误； B.若，则，故B正确； C.设，， 所以， 所以， ， 所以，故C正确； D.由C可知，，，只有时，其它情况不相等，故D错误. 故选：BC 10. 如图，在平行六面体中，向量，，的模长均为2，且它们彼此的夹角都是动点在棱上，则（ ） A. B. 直线BD与直线AP所成角为90° C. 平面与平面ABCD的夹角为60° D. 多面体的外接球体积为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于选项A，通过向量运算求；选项B，可证平面得到，选项C，找出平面与平面ABCD的夹角并计算可判断；选项D，根据题意可确定球心在中点处，求出半径即可. 【详解】在平行六面体中， ，  向量，，的模长均为2，且它们彼此的夹角都是 所以 ， 即，故A正确； 对于B，连接AC交BD于O，连接， 由题知，，所以为等边三角形，四边形为菱形， ， 同理可得，也为等边三角形，即也为等边三角形，， 又，平面，平面，即平面， 平面，，故B正确； 对于C，连接交于，连接，， 平面，平面，， 又，平面平面， 所以就是平面与平面ABCD的夹角， 在平行六面体中，， ，为等边三角形， ，， ，故C错误； 对于D，连接交于，为、中点， 又，，所以四边形为正方形， ，又， 所以， 即， 所以多面体外接球球心在中点处， 半径，体积，故D正确； 故选：ABD. 11. 已知双曲线 与动圆. 恰有两个交点，则（ ） A. 双曲线C的离心率为2 B. 双曲线C的渐近线被圆M截得的弦长为 C. 双曲线 C上存在一条弦，该弦的中点坐标为 D. 过双曲线C的一个焦点 F作圆M的两条切线，切点分别为A，B，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】首先由圆与双曲线方程联立，由交点个数确定，即可求解双曲线方程，判断A，代入直线与圆相交的弦长公式，即可判断B，根据点差法，结合点与双曲线的位置关系，即可判断C，在中，求得，即可判断D. 【详解】对于A，联立C与M的方程，消去x，得， 即， 由题意得， 由m的任意性，解得，则，离心率，A项正确； 对于B，直线是双曲线C的一条渐近线， 圆心到该渐近线的距离为， 圆M的半径为，则该渐近线被圆M截得的弦长为，B项错误； 对于C，设中点为的弦所在的直线与C交于，两点， 则，，且， 两式相减可得 化简得， 所以中点弦所在直线方程为，即， 联立，得， ， 所以存在，故C项正确； 不妨设，圆心，半径， ， 在中，， 所以，则，故D正确； 故选：ACD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 二项式的展开式中含项的系数为______． 【答案】720 【解析】 【分析】根据二项式展开式的通项特征即可求解. 【详解】二项式的展开式的通项公式为， 令，得，所以二项式中展开式中含项的系数为720． 故答案为：720 13. 已知函数，且，若，且，则______. 【答案】 【解析】 【分析】首先由对称性得到，则可以得到，再根据角的变换，代入正切公式，即可求解. 【详解】由条件可知，为函数的对称中心， 则，即， 则， 因为，且，则，， 所以. 故答案为： 14. 将若干块下图所示的由2×3个小正方形组成的矩形砖恰好铺成由6×5个小正方形组成的矩形，有______种不同的铺法；若恰好铺成由6×20个小正方形组成的矩形，有______种不同的铺法. 【答案】 ①. 2 ②. 114 【解析】 【分析】设在6×5个小正方形组成的矩形中，水平放置的有个，垂直放置的有个，其中，，则，可知，根据组合知识即可求解； 设在6×20个小正方形组成的矩形中，如上图水平放置的有个，垂直放置的有个，其中，，则，解得或或或.分类讨论根据组合知识即可求解. 【详解】设在6×5个小正方形组成的矩形中，如上图水平放置的有个，垂直放置的有个，其中，，则，可知.故由2×3个小正方形组成的矩形砖恰好铺成由6×5个小正方形组成的矩形，共有种不同的铺法； 设在6×20个小正方形组成的矩形中，如上图水平放置的有个，垂直放置的有个，其中，，则，可知或或或. 当时，共有种铺法； 当时，从9个位置中选择2个水平放置2×3的矩形，共有种不同的铺法； 当时，从8个位置中选择4个水平放置2×3的矩形，共有种不同的铺法； 当时，从7个位置中选择6个水平放置2×3的矩形，共有种不同的铺法； 故由2×3个小正方形组成的矩形砖恰好铺成由6×20个小正方形组成的矩形，共有种不同的铺法. 故答案为：2；114. 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. 已知函数 （1）讨论的单调性； （2）若不等式 在上恒成立， 求实数a的取值范围. 【答案】（1） 若，在上单调递增； 若，在上单调递减，在上单调递增． （2） 【解析】 【分析】（1）求出导数，分类讨论，利用导数判断单调性； （2）分离参数，求解新函数的最值即可. 【小问1详解】 由题意可知，，则， 若，恒成立，在上单调递增． 若，当时，，当时，． 所以在上单调递减，在上单调递增． 综上所述，若，在上单调递增； 若，在上单调递减，在上单调递增． 【小问2详解】 由（1）可知不等式， 即在上恒成立， 即在上恒成立，只需即可． 令，则， 当时，，在上单调递增， 当时，，在上单调递减， 所以，所以． 16. 已知，，分别为△ABC的三个内角，，的对边， （1）求角C的大小； （2）若 求△ABC的内切圆面积最大值. 【答案】（1） （2）． 【解析】 【分析】（1）通过正弦定理将边化为角，再利用三角函数公式化简求出角C； （2）根据三角形面积公式和余弦定理，结合基本不等式求出内切圆半径的最大值，进而求出面积最大值. 【小问1详解】 ∵， ∴由正弦定理， ∴． ∵， ∴，∴， ∴． ∵，∴，即． 【小问2详解】 设内切圆半径为r，的周长为，面积为． 则，即， 由（1）知， ∴，∴． ∵，∴， ∴，当且仅当时等号成立， ∴， 且， ∴当，即时，内切圆半径取到最大值， ∴面积最大值为． 17. 某店将年第四季度购车的车主性别与购车类型统计如下表所示（单位：人），已知从该季度所有购车的车主中随机抽取人，抽到购买燃油车的女性车主的概率为 . 购买燃油车 购买新能源车 男性车主 女性车主 （1）求的值； （2）依据小概率值的独立性检验，能否认为购车车主的性别与购车类型有关? （3）为了回馈部分消费者，现从上述购买燃油车的车主中按照性别比例采用分层随机抽样的方法抽取人，再从这人中随机抽取人赠送礼品，记这人中女性车主的人数为，求的分布列以及. 参考公式： 参考数据： 【答案】（1） （2）认为购车车主的性别与购车类型有关． （3）分布列见解析， 【解析】 【分析】（1）根据古典概型的概率公式可得出关于的等式，即可解得的值； （2）提出零假设购车车主的性别与购车类型无关，计算出的观测值，结合临界值表可得出结论； （3）分析可知，随机变量的可能取值为、、，利用超几何分布可得出随机变量的分布列，进而可求得的值. 【小问1详解】 依题意可得，即，解得． 【小问2详解】 零假设购车车主的性别与购车类型无关． ， 故依据小概率值的独立性检验，推断不成立， 即认为购车车主的性别与购车类型有关． 【小问3详解】 购买燃油车的车主中，男性车主与女性车主的比例为， 所以分层随机抽样抽取的人中人是男性车主，人是女性车主． 记这人中，女性车主的人数为，则的可能取值为、、． ，，． 所以的分布列如下： 则． 18. 在四棱锥中，平面平面，平面平面，底面为正方形. （1）求证：平面； （2）设的中点为且，.若为平面上的一点，且，求与平面所成角正弦值的最小值. 【答案】（1） 证明：∵底面是正方形，∴， ∵平面平面，平面平面，平面， ∴平面．∵平面，∴． 同理可得， ∵，，平面，∴平面． （2） 【解析】 【分析】（1）由面面垂直的性质得到平面，即可得到，同理可证，即可得证； （2）设，以为原点，，所在直线分别为x，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，依题意点的轨迹是以，为焦点的椭圆，设，与面所成角为，则，再结合二次函数的性质计算可得． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知平面，，∴平面， 又∵面， ∴．∵，，，∴平面， 又平面，∴． ∵为中点，∴． 如图，设，以为原点，，所在直线分别为x，y轴，z轴，建立空间直角坐标系． 则，，则，又． 由题意可知，点的轨迹是以，为焦点的椭圆，设椭圆方程为， 又∵，所以该椭圆，，则， 所以在平面内椭圆轨迹方程为：． 设，， ∴． 又是平面的法向量， 记与面所成角为，则， 又由Q的轨迹方程得． 记，． 该二次函数的对称轴为，∴， 所以与平面所成角正弦值的最小值为 19. 已知是抛物线 上一点， 以点为圆心，1为半径的圆过的焦点.按如下方式依次构造点. 过点 作斜率为的直线与C交于另一点 点 为关于轴的对称点. （1）求的方程； （2）令 证明是等差数列，并求其通项公式； （3）设是的面积，求证： 【答案】（1）． （2） 证明：点关于x轴的对称点为，直线的斜率， 则，，即． 又点，都在C上，于是， 两式相减得， 因此，数列是首项为1，公差为的等差数列，通项公式为． （3） 证明：要证，只需证明． 直线的斜率． 直线的斜率， 因此，即，所以． 【解析】 【分析】1）由题意可得，将的坐标代入抛物线方程即可求解. （2）求出点的坐标，利用斜率坐标公式，结合点在抛物线上推理得证，进而求出通项公式. （3）结合图形将问题转化为证明，利用斜率坐标公式结合（2）推理得证. 【小问1详解】 由题意可知，与x轴相切于点F，所以， ∴，解得．所以C的方程为． 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $