精品解析：广西来宾市2024-2025学年高二下学期5月期中数学试题

来宾市2025年春季学期高二期中检测 数学试题 本试卷满分150分，考试时间120分钟. 一、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. 双曲线，则其离心率为（ ） A. B. C. 2 D. 2. 已知随机变量服从正态分布，且，则（ ） A. 0.1 B. 0.2 C. 0.3 D. 0.4 3. 已知等比数列满足，，则（ ） A. B. C. 8 D. 16 4. 如图，在平行六面体中，M为与的交点．若，，，则下列向量中与相等的向量是（　　） A. B. C. D. 5. 某次会议安排甲、乙等六人的座位在第一排的号，其中甲的座位号为奇数，乙的座位号为偶数，且甲、乙不相邻，则这六人不同的座位安排方法种数为（ ） A. 48 B. 96 C. 128 D. 186 6. 为了解某高校学生使用手机支付和现金支付的情况，抽取了部分学生作为样本，统计其喜欢的支付方式，并制作出如等高条形图： 根据图中的信息，下列结论中不正确的是（ ） A. 样本中多数男生喜欢手机支付 B. 样本中的女生数量少于男生数量 C. 样本中多数女生喜欢现金支付 D. 样本中喜欢现金支付的数量少于喜欢手机支付的数量 7. 若函数有极值点，那么实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 已知，，，则，，的大小关系是（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，有选错得0分，部分选对得分. 9. 已知无穷等差数列的前项和为，且，则（ ） A. 在数列中，最大； B. 在数列中，最大 C. D. 当时， 10. 已知直线和圆，则下列说法正确的是（ ） A. 直线恒过点 B. 直线与圆恒有两个交点 C. 存在实数，使得直线与直线垂直 D. 直线被圆截得的最短弦长为 11. 如图，在棱长为2的正方体中，E为边AD的中点，点P为线段上的动点，设，则（ ） A. 当时，EP//平面 B. 当时，取得最小值，其值为 C. 的最小值为 D. 当平面CEP时， 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 的展开式中常数项是______（用数字作答）． 13. 由样本数据，求得回归直线方程为，且，若去除偏离点（4，10）后，得到新的回归直线方程为，则去除偏离点后，相应于样本点的残差值为______. 14. 拉格朗日中值定理是微分学中的基本定理之一，其定理陈述如下：如果函数在闭区间[a，b]上连续，在开区间内可导，且存在点，使得，则称为函数在闭区间[a，b]上的中值点．若函数在区间上的“中值点”的个数为，函数在区间[0，1]上的“中值点”的个数为，则______.（参考数据：） 四、解答题：本题共5小题，共77分，其中15题13分，16、17每题15分，18、19题17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）求的图象在点处的切线方程； （2）若，求在区间上的最大值和最小值. 16. 在数列中，，且满足，数列的前项和为，且． （1）求和的通项公式； （2）令，记的前项和为，求． 17. 某物理实验技能操作竞赛分基本操作与技能操作两步进行，第一项基本操作：每位参赛选手从A类7道题中任选4题进行操作，操作完后正确操作超过两题的(否则终止比赛)，才能进行第二步技能操作：从B类5道题中任选3题进行操作，直至操作完为止.A类题操作正确得10分，B类题操作正确得20分.以两步操作得分总和决定优胜者.总分80分或90分为二等奖，100分为一等奖.某校选手李明A类7题中有5题会操作，B类5题中每题正确操作的概率均为，且各题操作互不影响. （1）求李明被终止比赛的概率； （2）求李明获一等奖的概率； （3）现已知李明A类题全部操作正确，求李明B类题操作完后总分的期望. 18. 如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，为等边三角形，平面平面，.点在线段上. （1）若，在上找一点，使得四点共面，并说明理由； （2）求点到平面的距离； （3）若直线与平面所成角的正弦值为，求二面角的余弦值. 19. 已知和为椭圆上两点． （1）求椭圆C的方程； （2）若点H在椭圆C上，、是椭圆C的两焦点，且，求的面积； （3）过点的直线l与椭圆C交于A、B两点，证明：为定值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 来宾市2025年春季学期高二期中检测 数学试题 本试卷满分150分，考试时间120分钟. 一、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. 双曲线，则其离心率为（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】A 【解析】 【分析】由双曲线的方程确定a,c,根据离心率的定义求离心率. 【详解】由双曲线的方程为，可得， ∴ 离心率， 故选：A. 2. 已知随机变量服从正态分布，且，则（ ） A. 0.1 B. 0.2 C. 0.3 D. 0.4 【答案】B 【解析】 【分析】利用正态分布的对称性即可得到结果. 【详解】因为随机变量服从正态分布，所以正态分布的对称轴为， 所以, 故选：B 3. 已知等比数列满足，，则（ ） A. B. C. 8 D. 16 【答案】C 【解析】 【分析】由等比数列性质得到，相乘得到答案. 【详解】由等比数列性质可得， 又，故，所以， 所以. 故选：C 4. 如图，在平行六面体中，M为与的交点．若，，，则下列向量中与相等的向量是（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用向量的线性运算求解即可. 【详解】因为M为与的交点，所以M是与的中点， 所以. 故选：D. 5. 某次会议安排甲、乙等六人的座位在第一排的号，其中甲的座位号为奇数，乙的座位号为偶数，且甲、乙不相邻，则这六人不同的座位安排方法种数为（ ） A. 48 B. 96 C. 128 D. 186 【答案】B 【解析】 【分析】根据甲的座位号为奇数，乙的座位号为偶数分类结合乘法原理及排列数计算即可. 【详解】先安排甲、乙，若甲坐1号座位，则乙可以坐4号或6号座位； 若甲坐3号座位，则乙可以坐6号座位； 若甲坐5号座位，则乙可以坐2号座位，共有4种安排方法． 在甲和乙的座位确定了的情况下，其余四人的座位安排方法有种， 故这六人不同的座位安排方法种数为． 故选：B． 6. 为了解某高校学生使用手机支付和现金支付的情况，抽取了部分学生作为样本，统计其喜欢的支付方式，并制作出如等高条形图： 根据图中的信息，下列结论中不正确的是（ ） A. 样本中多数男生喜欢手机支付 B. 样本中的女生数量少于男生数量 C. 样本中多数女生喜欢现金支付 D. 样本中喜欢现金支付的数量少于喜欢手机支付的数量 【答案】C 【解析】 【分析】根据两等号条形图的信息，逐个分析判断即可. 【详解】对于A，由右图可知，样本中多数男生喜欢手机支付，A对； 对于B，由左图可知，样本中的男生数量多于女生数量，B对； 对于C，由右图可知，样本中多数女生喜欢手机支付，C错； 对于D，由右图可知，样本中喜欢现金支付的数量少于喜欢手机支付的数量，D对. 故选：C. 7. 若函数有极值点，那么实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据极值与导数的关系，列出不等式，即可得到a的取值范围. 【详解】因为函数的定义域为， 且， 若函数有极值点，则方程有两个不等的实数根， 且至少有一个正根，设其根为，且，则， 所以，且， 所以，，解得. 故选：D 8. 已知，，，则，，的大小关系是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】构造函数，利用导数判断出的单调性，再利用单调性判断可得答案. 【详解】因为，， ，，， 构造函数，则， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 因，所以，即，即，所以； 又，所以，即.综上，. 故选：C. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，有选错得0分，部分选对得分. 9. 已知无穷等差数列的前项和为，且，则（ ） A. 在数列中，最大； B. 在数列中，最大 C. D. 当时， 【答案】AD 【解析】 【分析】由题得，即可解决. 【详解】由题知，无穷等差数列的前项和为，且， 所以， 所以等差数列为递减数列， 所以在数列中，最大；当时，； 故选：AD 10. 已知直线和圆，则下列说法正确的是（ ） A. 直线恒过点 B. 直线与圆恒有两个交点 C. 存在实数，使得直线与直线垂直 D. 直线被圆截得的最短弦长为 【答案】BCD 【解析】 【分析】A.由判断；B. 由判断；C.由判断；D.由当圆心与定点的连线与直线垂直时，直线被圆截得的弦最短判断. 【详解】A.，即为 ，所以直线恒过点，故错误； B. 因为，所以点在圆的内部，所以直线与圆恒有两个交点，故正确； C.当时，直线与直线垂直，故正确； D. 当圆心与定点的连线与直线垂直时，直线被圆截得的弦最短， 最短弦长为，故正确； 故选：BCD 11. 如图，在棱长为2的正方体中，E为边AD的中点，点P为线段上的动点，设，则（ ） A. 当时，EP//平面 B. 当时，取得最小值，其值为 C. 的最小值为 D. 当平面CEP时， 【答案】BC 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明判断A；利用两点间距离公式计算判断BC；确定直线与平面CEP交点的位置判断D作答. 【详解】在棱长为2的正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系， ， ，则点， 对于A，，，，而， 显然，即是平面的一个法向量， 而，因此不平行于平面，即直线与平面不平行，A错误； 对于B，，则， 因此当时，取得最小值，B正确； 对于C，， 于是，当且仅当时取等号，C正确； 对于D，取的中点，连接，如图， 因为E为边AD的中点，则，当平面CEP时，平面， 连接，连接，连接，显然平面平面， 因此，平面，平面，则平面， 即有，而，所以，D错误. 故选：BC 【点睛】关键点睛：涉及空间图形中几条线段和最小的问题，把相关线段所在的平面图形展开并放在同一平面内，再利用两点之间线段最短解决是关键. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 的展开式中常数项是______（用数字作答）． 【答案】240 【解析】 【分析】写出二项展开式的通项，令的指数为0，即可求解，进而可求常数项. 【详解】的二项展开式的通项为， 令得，故常数项为， 故答案为：240． 13. 由样本数据，求得回归直线方程为，且，若去除偏离点（4，10）后，得到新的回归直线方程为，则去除偏离点后，相应于样本点的残差值为______. 【答案】 【解析】 【分析】首先求剩余数据的中心点，再代入回归直线方程求，再代入求，即可求残差值. 【详解】由于回归直线过样本中心点，当时，， 去除偏离点后，剩余数据的中心点为， 则，， 将点的坐标代入回归直线方程，可得，解得，所以，新的回归直线方程为，当时，， 所以，去除偏离点后，相应于样本点的残差值为. 故答案为：. 14. 拉格朗日中值定理是微分学中的基本定理之一，其定理陈述如下：如果函数在闭区间[a，b]上连续，在开区间内可导，且存在点，使得，则称为函数在闭区间[a，b]上的中值点．若函数在区间上的“中值点”的个数为，函数在区间[0，1]上的“中值点”的个数为，则______.（参考数据：） 【答案】2 【解析】 【分析】根据题意，利用“拉格朗日中值定理”，分析的值，进而计算可得答案. 【详解】对于函数， 若，由，得， 若， 则， 故， 所以函数在区间上的“中值点”的个数． 对于，函数， 若，由，得， 若，则， 故， 所以函数在区间上的“中值点”的个数， 所以，. 故答案为：. 四、解答题：本题共5小题，共77分，其中15题13分，16、17每题15分，18、19题17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）求的图象在点处的切线方程； （2）若，求在区间上的最大值和最小值. 【答案】（1） （2）最大值为，最小值为 【解析】 【分析】（1）求出、的值，利用点斜式可得出所求切线的方程； （2）利用导数分析函数在区间上的单调性，可得出函数在区间上的最大值和最小值. 【小问1详解】 因为，则，所以，， 所以的图象在点处的切线方程为，即. 【小问2详解】 因为，所以， 由可得，由可得， 所以，函数在区间上单调递增，在区间上单调递减， 所以，函数在区间上的最大值为， 因为，，，故. 16. 在数列中，，且满足，数列的前项和为，且． （1）求和的通项公式； （2）令，记的前项和为，求． 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）等式两边加1，构造出等比数列，利用与之间的关系求解； （2）由（1）得出，再利用错位相减法及公式法求和即可． 【小问1详解】 ，， 是首项为2，公比为2的等比数列，即； 由，当时，， 当时，，也满足， ， 【小问2详解】 ， ， ① ②， ①②可得 即， ． 17. 某物理实验技能操作竞赛分基本操作与技能操作两步进行，第一项基本操作：每位参赛选手从A类7道题中任选4题进行操作，操作完后正确操作超过两题的(否则终止比赛)，才能进行第二步技能操作：从B类5道题中任选3题进行操作，直至操作完为止.A类题操作正确得10分，B类题操作正确得20分.以两步操作得分总和决定优胜者.总分80分或90分为二等奖，100分为一等奖.某校选手李明A类7题中有5题会操作，B类5题中每题正确操作的概率均为，且各题操作互不影响. （1）求李明被终止比赛的概率； （2）求李明获一等奖的概率； （3）现已知李明A类题全部操作正确，求李明B类题操作完后总分的期望. 【答案】（1） （2） （3）80 【解析】 【分析】（1）李明被终止比赛表示选出的4题2题不会操作且2题会操作，根据相互独立事件的概率公式计算； （2）李明获一等奖表示类4道题全部操作正确，且类3道题全部操作正确，由相互独立事件的概率公式计算； （3）类题全部操作正确后得分为，则的取值为：，且类题正确操作题数，通过二项分布的概率计算公式可以求得. 【小问1详解】 设“李明被终止比赛”事件为，表示选出的4题2题不会操作且2题会操作， 故李明被终止比赛的概率； 【小问2详解】 设李明获一等奖的事件为，事件即类4道题全部操作正确， 且类3道题全部操作正确，故由独立事件的概率公式可得； 【小问3详解】 设李明在竞赛中，类题全部操作正确后得分为，则的取值为：， 且类题正确操作题数，可得； ；； ， 从而. 18. 如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，为等边三角形，平面平面，.点在线段上. （1）若，在上找一点，使得四点共面，并说明理由； （2）求点到平面的距离； （3）若直线与平面所成角的正弦值为，求二面角的余弦值. 【答案】（1）为靠近点的四等分点，理由如下： 如图， ， ， ， 四边形是菱形， ， ， 四点共面. （2）; （3）. 【解析】 【分析】（1）当为靠近点的四等分点时，结合已知条件可得，而，则，从而可得结论； （2）取中点，连接，由面面垂直可得平面，再由结合菱形的性质可得，则得平面，然后求出，再利用等体积法可求得点到平面的距离； （3）建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 如图，取中点，连接 是等边三角形，， 又平面平面，平面平面，平面， 平面，平面 平面平面 平面，又平面， 设点到平面的距离为， ，即， 解得 所以点到平面的距离为 【小问3详解】 由（2）知，两两垂直，所以以为原点，分别以为轴，轴，轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系． 则， 所以 设,则 则， 又平面，故取平面的法向量， 设与平面所成角为，则， 化简整理得，解得 则 设平面的法向量，则， 令则，所以平面的法向量. 所以，二面角的余弦值为 19. 已知和为椭圆上两点． （1）求椭圆C的方程； （2）若点H在椭圆C上，、是椭圆C的两焦点，且，求的面积； （3）过点的直线l与椭圆C交于A、B两点，证明：为定值． 【答案】（1） （2） （3）证明:当l的斜率为0时，； 当l不与x轴重合时，设直线l的方程为， 联立，得，所以， 由韦达定理可得． ， 故为定值． AI 【解析】 【分析】（1）将和代入椭圆，即可求解； （2）由椭圆定义得，结合余弦定理求得，再由三角形面积公式即可求解； （3）当l的斜率为0时，直接求解；当l不与x轴重合时，设直线l的方程为，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理得，化简即可证明. 【小问1详解】 由题意得，解得，所以椭圆C的方程为． 【小问2详解】 由题可知． 在中，由余弦定理得 ， 则，即， 所以，故的面积是． 【小问3详解】 略. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $