精品解析：云南省腾冲市第一中学2024-2025学年高二下学期5月月考数学试题

高二数学考试卷 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上. 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. 4.本试卷主要考试内容：人教A版必修第一册至选择性必修第三册第七章. 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据交集的概念可求出结果. 【详解】因为，，所以. 故选：C. 2. 复数，则的虚部为（ ） A. -4 B. 5 C. 12 D. 13 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数的乘法化简复数，再根据复数的概念确定虚部即可. 【详解】， 则z的虚部为5. 故选：B. 3. 展开式中的系数为（ ） A. -10 B. 10 C. -20 D. 20 【答案】C 【解析】 【分析】写出二项展开式的通项，令x的指数为9，解出r，代入通项中求出其系数. 【详解】展开式的通项， 令，可得展开式中的系数为-20. 故选：C 4. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据正弦二倍角公式化简可得齐次方程后，弦切互化代入计算即可求解. 【详解】. 故选：D 5. 运动员甲使用自由泳、蛙泳、仰泳这三种泳姿参加游泳比赛的概率依次为0.3，0.4，0.3；在甲使用自由泳、蛙泳、仰泳的条件下，甲能够获得奖牌的概率依次为0.5，0.5，0.4.若甲参加某次游泳比赛，则甲没有获得奖牌的概率为（ ） A. 0.47 B. 0.49 C. 0.51 D. 0.53 【答案】D 【解析】 【分析】利用全概率公式及条件概率进行求解. 【详解】设表示“甲使用自由泳参加比赛”，表示“甲使用蛙泳参加比赛”，表示“甲使用仰泳参加比赛”，表示“甲没有获得奖牌”，则. 故选：D 6. 已知是等差数列的前项和，若，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据等差数列通项公式与求和公式，化简即可得解. 【详解】设等差数列的公差为， 由，则， 又， 解得， 所以， 故选：B. 7. 已知函数，若正数a，b满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据结合函数单调性得出，计算求解. 【详解】由，可得，在上单调递增. 因为，所以， 故，， 故选：A. 8. 两名老师和甲、乙等五名学生站成一排，要求甲不站最左边，两名老师相邻，且乙和老师不相邻，则不同的排法共有（ ） A. 774种 B. 796种 C. 816种 D. 834种 【答案】C 【解析】 【分析】根据捆绑法和插空法即可求解． 【详解】不考虑甲的排列限制，先不排乙和两名老师，其他人任意排列有种排法， 再将两名老师（捆绑在一起）和乙插入五个空隙中，有种排法，即此时排法有种， 而甲站最左边的排法有种， 故符合条件的排法共有种， 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. 已知函数的最小正周期为，则下列说法正确的是（ ） A. B. ， C. 的图象关于点对称 D. 若，，则 【答案】BD 【解析】 【分析】首先根据周期性求函数解析式，再利用代入法，判断函数的最值，对称性，解决问题. 【详解】由的最小正周期为，知，A错误； ，当时，，此时函数取得最大值，B正确； 当时，，所以函数应关于直线对称，C错误； 当时，，因为， 所以，即，D正确. 故选：BD 10. 已知圆的圆心为，抛物线的焦点为，过点的直线与抛物线和圆分别交于A，B，E，F（点A，E，F，B在直线上依次排列），则（ ） A. B. 的最小值为4 C. D. 的最小值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据圆的方程确定圆心坐标可得的值，设，联立直线与抛物线即可得交点坐标关系，结合抛物线的定义得与的坐标表示从而可得取值情况，根据几何性质结合基本不等式求解的最值即可得结论. 【详解】 圆的圆心为，故，A正确； 设， 联立恒成立， 则， 由抛物线定义得， 当时，即当与轴垂直时，取得最小值，最小值4，B正确； 又，C错误； ， 当且仅当时，等号成立，D正确. 故选：ABD. 11. 已知函数，则（ ） A. 当时， B. 存在a，使得在上单调递增 C. 存在a，使得有三个零点 D. 过点且与曲线相切的直线有且只有一条 【答案】ABD 【解析】 【分析】先讨论函数的单调性，根据单调性即可判断AB；由单调性可得要有三个零点的条件，然后验证条件是否成立即可判断C；设切点为，根据导数的几何意义即可得切线方程为，再由点在切线上，可得，再由该方程的解的个数即可判断D． 【详解】因为，则， 所以当时，，则在上单调递增； 当时，当或时，，当时，， 所以在，上单调递增，在上单调递减； 当时，当或时，，当时，， 所以在，上单调递增，在上单调递减； 对于A，当时，在上单调递增，又， 所以，正确； 对于B，由的单调性可知，存在，使得在上单调递增，正确； 对于C，由的单调性可知，要使得有三个零点， 则应满足条件， 但，，所以，与条件矛盾， 故不存在，使得有三个零点，错误； 对于D，设切点为，则切线的斜率， 所以曲线的切线方程为， 又点在切线上，， 所以， 化简得，解得：，故切点为， 即曲线过点的切线有且只有一条，正确． 故选：ABD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知非零向量，的夹角为，且，则__________. 【答案】1 【解析】 【分析】根据向量的模长结合数量积的定义化简已知即可得的关系，从而得所求. 【详解】由，可得， 又向量，的夹角为， 所以化简可得，即， 所以，即. 故答案为：1. 13. 已知球半径为1，点A，B，C，D是球的小圆上的四点，若四边形的面积为，则的最大值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】设小圆的半径为，四边形对角线的夹角为，利用四边形面积公式，结合题设条件和图形理解，求得，再由勾股定理求出，利用结论即得. 【详解】 设小圆的半径为，设四边形对角线的夹角为， 则，所以， 又，所以，即，当且仅当时等号成立. 故答案为：. 14. 已知是数列的前项和，，，是等比数列，则__________，__________. 【答案】 ①. 1 ②. 【解析】 【分析】根据数列的递推关系式可得是以1为首项，2为公比的等比数列，从而得的值；根据等比数列的通项公式与性质结合前项和公式求解即可. 【详解】， 则， 又，所以是以1为首项，2为公比的等比数列， 故，所以，即， 所以， 因为， 所以. 故答案为：1；. 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. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知. （1）求的大小； （2）若，，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理边角互换，以及辅助角公式，解三角形. （2）根据正弦定理解三角形，再根据三角形面积公式求出三角形面积. 【小问1详解】 由，可得， 所以，则，即， 因为，所以，故，解得. 【小问2详解】 ， 由正弦定理可得，，即，解得， 所以的面积为. 16. 如图，直四棱柱的底面是菱形，，，，E，F，分别是，AD，的中点，为矩形的中心. （1）证明：平面. （2）求平面与平面夹角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）（证法一）利用面面平行的判定定理、性质定理可得答案；（证法二）连接，，利用线面平行的判定定理可得答案； （2）过点作，垂足为，以为坐标原点，，所在直线分别为x，y轴，建立空间直角坐标系，求出平面、平面的一个法向量由二面角的向量求法可得答案. 【小问1详解】 （证法一）连接，，，，， 所以四边形为平行四边形，所以. 因为平面，平面，所以平面， ，所以四边形为平行四边形，所以， 因为平面，平面，所以平面. 因为，平面，，平面， 所以平面平面. 因为平面，所以平面； （证法二）连接，， 在中，因为G，H分别为，的中点，所以， 因为平面，平面，所以平面； 【小问2详解】 过点作，垂足为. 以为坐标原点，，所在直线分别为x，y轴， 建立如图所示的空间直角坐标系，则 ，，. ，. 设为平面的法向量，则， 所以，可取. 平面的一个法向量为. ， 所以. 故平面与平面夹角的正弦值为. 17. 已知椭圆的离心率为，点在椭圆上. （1）求椭圆的方程； （2）已知为坐标原点，过点的直线与交于不同的两点M，N，G为线段的中点，且，求的方程. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意列方程组求解a、b、c，即可写出椭圆的标准方程；（2）设出直线方程，由已知条件可得，联立直线与椭圆的方程，利用韦达定理及两垂直向量的坐标关系列方程求出直线斜率，即可写出直线方程. 【小问1详解】 根据题意可知 解得，，， 故椭圆的方程为. 【小问2详解】 易知直线的斜率必存在，设直线的方程为，，， 由得， 由，得， 则， 因为，所以为直角，故，即， 因为， 所以 . 解得，即. 故的方程为. 18. 数轴上一个质点从原点出发，每次随机向右或向左移动1个单位长度，其中向右移动的概率为，记质点移动次后所在的位置对应的实数为． （1）求； （2）在质点移动的20次中，记总共向右移动次的概率为，当最大时，求的值； （3）证明：． 【答案】（1） （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）先分析出包含和两种情况，再分别求出和的值，可求出； （2）求出及的表达式，并讨论的单调性，从而得到取最大时的值，进而求出； （3）先求出质点移动的次中，总共向右移动次的概率及总共向左移动次的概率，进而得到的表达式，再根据与0的关系讨论，即可证出. 【小问1详解】 根据题意可得， ， 所以； 【小问2详解】 根据题意可得， 当时，， 则． 当时，，则随着值的增大而增大； 当时，，则随着值的增大而减小． 所以当时，取得最大值， 此时，； 【小问3详解】 若在质点移动的次中，总共向右移动次，则， 所以，． 若在质点移动的次中，总共向左移动次，则， 所以，． ， 则 ． 当时，， 当时，， 所以， 即. 19. 已知函数. （1）当时，求的图象在处的切线方程； （2）讨论的单调性； （3）设，为两个不相等的正数，且，证明：. 【答案】（1） （2）答案见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用导数求得，求得，可求切线方程； （2）求导得，分，两种情况讨论，可得单调性. （3）不妨设，可得，要证，需证，令，即证，利用导数证明即可. 【小问1详解】 当时，，则， ，则， 所以的图象在处的切线方程为，即. 【小问2详解】 的定义域为，. ①当时，，在上单调递减. ②当时，令，得， 故在上单调递增，在上单调递减. 【小问3详解】 不妨设， 由，可得 所以 整理可得，即， 要证，即证， 即证. 令，即证， 令，其中，则， 所以在上增函数，则， 即，即，故原不等式得证. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 高二数学考试卷 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 4.本试卷主要考试内容：人教A版必修第一册至选择性必修第三册第七章. 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合，，则（ ） A B. C. D. 2. 复数，则的虚部为（ ） A. -4 B. 5 C. 12 D. 13 3. 展开式中的系数为（ ） A. -10 B. 10 C. -20 D. 20 4. 若，则（ ） A B. C. D. 5. 运动员甲使用自由泳、蛙泳、仰泳这三种泳姿参加游泳比赛的概率依次为0.3，0.4，0.3；在甲使用自由泳、蛙泳、仰泳的条件下，甲能够获得奖牌的概率依次为0.5，0.5，0.4.若甲参加某次游泳比赛，则甲没有获得奖牌的概率为（ ） A. 0.47 B. 0.49 C. 0.51 D. 0.53 6. 已知是等差数列的前项和，若，，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数，若正数a，b满足，则（ ） A. B. C. D. 8. 两名老师和甲、乙等五名学生站成一排，要求甲不站最左边，两名老师相邻，且乙和老师不相邻，则不同的排法共有（ ） A. 774种 B. 796种 C. 816种 D. 834种 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知函数的最小正周期为，则下列说法正确的是（ ） A. B. ， C. 的图象关于点对称 D. 若，，则 10. 已知圆的圆心为，抛物线的焦点为，过点的直线与抛物线和圆分别交于A，B，E，F（点A，E，F，B在直线上依次排列），则（ ） A. B. 的最小值为4 C. D. 的最小值为 11. 已知函数，则（ ） A. 当时， B. 存在a，使得在上单调递增 C. 存在a，使得有三个零点 D. 过点且与曲线相切的直线有且只有一条 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知非零向量，的夹角为，且，则__________. 13. 已知球的半径为1，点A，B，C，D是球的小圆上的四点，若四边形的面积为，则的最大值为__________. 14. 已知是数列的前项和，，，是等比数列，则__________，__________. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 记内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知. （1）求大小； （2）若，，求的面积. 16. 如图，直四棱柱的底面是菱形，，，，E，F，分别是，AD，的中点，为矩形的中心. （1）证明：平面. （2）求平面与平面夹角的正弦值. 17. 已知椭圆的离心率为，点在椭圆上. （1）求椭圆的方程； （2）已知为坐标原点，过点的直线与交于不同的两点M，N，G为线段的中点，且，求的方程. 18. 数轴上一个质点从原点出发，每次随机向右或向左移动1个单位长度，其中向右移动的概率为，记质点移动次后所在的位置对应的实数为． （1）求； （2）在质点移动的20次中，记总共向右移动次的概率为，当最大时，求的值； （3）证明：． 19. 已知函数. （1）当时，求图象在处的切线方程； （2）讨论的单调性； （3）设，为两个不相等的正数，且，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$