精品解析：四川省泸县第五中学2024-2025学年高二下学期6月期末考试数学试题

泸县五中高2023级高二下期期末考试 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1至2页，第II卷2至4页.共150分.考试时间120分钟. 第I卷（选择题 共58分） 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上. 1. 交通管理部门为了解机动车驾驶员（简称驾驶员）对某新法规的知晓情况，对甲、乙、丙三个社区做分层抽样调查.假设三个社区驾驶员的总人数为，其中甲社区有驾驶员96人.若在甲、乙、丙三个社区抽取驾驶员的人数分别为16，20，26，则这三个社区驾驶员的总人数为（ ） A. 744 B. 620 C. 372 D. 162 2. 已知，，且，则（ ） A. -6 B. 5 C. 4 D. 6 3. 若直线的倾斜角的大小为，则实数（ ） A. B. C. D. 4. 设为等差数列，且，则（ ） A. 16 B. 18 C. 20 D. 22 5. 圆与的公共弦长为（ ） A. B. C. D. 4 6. 2024年汤姆斯杯暨尤伯杯羽毛球团体锦标赛于4月27日在四川成都开赛．为保证锦标赛顺利进行，组委会需要提前把各项工作安排好．现要把甲、乙、丙、丁四名志愿者安排到七天中服务，若甲去两天，乙去三天，丙和丁各去一天，则不同的安排方法有（ ） A. 140种 B. 210种 C. 420种 D. 840种 7. 某新能源汽车公司生产的电池容量（单位：千瓦时），且．若质检部门随机抽检块电池，则恰好有块电池的容量在千瓦时以上的概率为（ ） A. B. C. D. 8. 设椭圆的左、右焦点分别为、，点在椭圆上，为的平分线与轴的交点.若，则（ ） A. B. C. D. 二、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 10. 已知双曲线的渐近线与圆相切，，为的左、右焦点，动点在的左支上，则（ ） A. B. 为直角三角形 C. 周长的最小值为 D. 的最小值为2 11. 已知棱长为1的正方体，空间内的动点满足，其中，，，且到棱的距离和到平面的距离相等，则（ ） A. 当时，的轨迹长度为 B. 当时，四面体的体积为定值 C. 存在点，使得 D. 直线与平面所成角的正弦值最大为 第II卷（非选择题共92分） 注意事项： （1）非选择题的答案必须用0.5毫米黑色签字笔直接答在答题卡上，作图题可先用铅笔绘出，确认后再用0.5毫米黑色签字笔描清楚，答在试题卷和草稿纸上无效. （2）本部分共8个小题，共92分. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分. 12. 的展开式的常数项是_____(用数字作答)． 13. 若函数的导函数是偶函数，则在点处的切线方程为_______. 14. 已知直三棱柱中，，且.若三棱柱的外接球的表面积是，则此三棱柱的体积的最大值是________. 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. 在数列中，，点在直线上 （1）求数列的通项公式； （2）记，证明数列的前n项和. 16. 在某地区进行流行病学调查，随机调查了100位患者的年龄并得到如下频率分布直方图（每一组区间均是前闭后开），回答下列问题： （1）估计该地区这种疾病患者的平均年龄（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）； （2）估计该地区一位这种疾病患者的年龄位于区间的概率； （3）已知该地区这种疾病的患病率为，该地区年龄位于区间的人口占该地区总人口的.从该地区中任选一人，若此人的年龄位于区间，求此人患这种疾病的概率（以样本数据中患者的年龄位于各区间的频率作为患者的年龄位于该区间的概率，精确到0.0001）. 17. 过抛物线的焦点且斜率为的直线交抛物线于两点. （1）若，求直线的方程； （2）若关于轴的对称点为，求证：直线恒过定点，并求出该点的坐标. 18. 已知函数，为的导函数， （1）当时，讨论的单调性； （2）若有两个零点， （i）求的取值范围； （ii）记较小的一个零点为，证明：. 19. 如图，在边长为的正方形中，，分别为边，上的点，连接，，，将沿着折线翻折，使点到达点位置，连接，形成三棱锥. （1）若，分别为边，上的中点，，求此时三棱锥外接球的表面积； （2）若，是的中点. （ⅰ）求的大小； （ⅱ）若正方形边长为，当取最小值，取最大值时，求此时直线与平面所成角的正弦值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 泸县五中高2023级高二下期期末考试 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1至2页，第II卷2至4页.共150分.考试时间120分钟. 第I卷（选择题 共58分） 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上. 1. 交通管理部门为了解机动车驾驶员（简称驾驶员）对某新法规的知晓情况，对甲、乙、丙三个社区做分层抽样调查.假设三个社区驾驶员的总人数为，其中甲社区有驾驶员96人.若在甲、乙、丙三个社区抽取驾驶员的人数分别为16，20，26，则这三个社区驾驶员的总人数为（ ） A. 744 B. 620 C. 372 D. 162 【答案】C 【解析】 【分析】由甲社区抽取人数和总人数计算可得抽样比，从而可根据抽取的人数计算得到驾驶员总人数. 【详解】由题意可得抽样比为：， 所以. 故选：C 2. 已知，，且，则（ ） A. -6 B. 5 C. 4 D. 6 【答案】D 【解析】 【分析】利用空间向量共线的坐标公式计算即得. 【详解】由可得，解得. 故选：D. 3. 若直线的倾斜角的大小为，则实数（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由倾斜角和斜率的关系即可得出结果. 【详解】直线的斜率，解得. 故选：D. 4. 设为等差数列，且，则（ ） A. 16 B. 18 C. 20 D. 22 【答案】C 【解析】 【分析】由等差数列的通项公式求解出基本量，计算求解即可. 【详解】设等差数列的公差为， 由于， ，， 解得，， 所以. 故选：C 5. 圆与的公共弦长为（ ） A. B. C. D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】先求两圆公共弦所在的直线方程，再用“几何法”求直线与圆相交所得的弦长. 【详解】圆： ①，所以，. 圆： ②，所以，. 因为，所以圆与圆相交. 因此公共弦所在直线的方程为①②：， 圆的圆心到公共弦的距离为， 即公共弦长为. 故选：A 6. 2024年汤姆斯杯暨尤伯杯羽毛球团体锦标赛于4月27日在四川成都开赛．为保证锦标赛顺利进行，组委会需要提前把各项工作安排好．现要把甲、乙、丙、丁四名志愿者安排到七天中服务，若甲去两天，乙去三天，丙和丁各去一天，则不同的安排方法有（ ） A. 140种 B. 210种 C. 420种 D. 840种 【答案】C 【解析】 【分析】根据分步乘法计数原理，结合排列组合公式即可得解. 【详解】由已知，甲的安排方法为种，乙的安排方法为种，剩余的两天安排丙、丁有种方法，故共有（种）． 故选：C 7. 某新能源汽车公司生产的电池容量（单位：千瓦时），且．若质检部门随机抽检块电池，则恰好有块电池的容量在千瓦时以上的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由正态密度曲线的对称性可求得，若质检部门随机抽检块电池，其中容量在千瓦时以上的电池块数服从二项分布，由此可得结果. 【详解】因为，所以由正态密度曲线的对称性可知， 若质检部门随机抽检块电池，其中容量在千瓦时以上的电池块数为，则， 由二项分布的概率公式可得. 故选：C. 8. 设椭圆的左、右焦点分别为、，点在椭圆上，为的平分线与轴的交点.若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】解法一：不妨设点位于第一象限，设，，根据题意得出关于、的方程组，解出这两个量的值，利用角平分线定理分析得出，结合三角形的面积公式可求出的值； 解法二：不妨设点位于第一象限，设，，根据题意得出关于、的方程组，解出这两个量的值，由结合三角形的面积公式可求出的值. 【详解】依题意，，， 解法一：不妨设点位于第一象限，设，，则①，且. 因为，所以，所以②. 由①②解得：，. 因为平分，由角平分线定理可得，故， 所以，即， 故，所以. 解法二：不妨设点位于第一象限，设，，则①，且. 因为，所以，所以②. 由①②解得：，. 由，得， 所以. 故选：B. 二、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. 10. 已知双曲线的渐近线与圆相切，，为的左、右焦点，动点在的左支上，则（ ） A. B. 为直角三角形 C. 周长的最小值为 D. 的最小值为2 【答案】BC 【解析】 【分析】根据双曲线的渐近线方程及直线与圆相切求出即可判断A；根据双曲线的关系求出，可得，进而结合勾股定理判断B；结合双曲线的定义可得周长为，结合三角形的几何性质求解判断C；设，，，进而结合两点间的距离公式、二次函数的性质求解判断D. 【详解】双曲线的渐近线方程为，即， 由圆，圆心为，半径为， 因为渐近线与圆相切， 所以，解得，故A错误； 而，则，即，所以， 则，则， 即，所以为直角三角形，故B正确； 周长为 ，当且仅当三点共线时等号成立， 则周长的最小值为，故C正确； 设，，，则，即， 所以， 则时，取得最小值，故D错误. 故选：BC. 11. 已知棱长为1的正方体，空间内的动点满足，其中，，，且到棱的距离和到平面的距离相等，则（ ） A. 当时，的轨迹长度为 B. 当时，四面体的体积为定值 C. 存在点，使得 D. 直线与平面所成角的正弦值最大为 【答案】ABD 【解析】 【分析】A选项，根据得到的轨迹，然后求长度即可；B选项，根据得到点在平面内，然后结合三棱锥的体积公式分析即可；C选项，根据到棱的距离和到平面的距离相等得到，然后利用向量得到；D选项，利用向量的线性运算和数量积的运算律得到与平面所成角的正弦值为，然后利用基本不等式求最值即可. 【详解】 由题设知，点在正方体的内部或表面上. 当时，点在平面内运动，所以其到平面的距离始终为1，到棱的距离也为1. 又因为到棱的距离即为到的距离， 所以的轨迹为以为圆心，1为半径的圆，且在正方体内部或表面的部分，轨迹长度为，故A选项正确； 当时，如图，，，，分别为，，，的中点，点在平面内， 而对于三棱锥，若以为底面， 则其体积，其中为到平面的距离. 因为平面，平面平面， 所以到平面的距离等于平面和平面的距离，为定值， 所以三棱锥的体积为定值，故B选项正确； 因为到棱的距离和到平面的距离相等， 所以，，故C选项错误； 因为是平面的一个法向量， 所以与平面所成角的正弦值等于， 由C知， 而，所以原式. 因为， 所以原式，当，，时等号成立，故D选项正确. 故选：ABD. 【点睛】关键点睛：解题关键在于到棱的距离为，到平面的距离为，从而得到，然后计算. 第II卷（非选择题共92分） 注意事项： （1）非选择题的答案必须用0.5毫米黑色签字笔直接答在答题卡上，作图题可先用铅笔绘出，确认后再用0.5毫米黑色签字笔描清楚，答在试题卷和草稿纸上无效. （2）本部分共8个小题，共92分. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分. 12. 的展开式的常数项是_____(用数字作答)． 【答案】 【解析】 【分析】根据展开式通项得，再令即可解出. 【详解】设展开式的通项为， 令，解得，，为所求常数项． 故答案为：. 13. 若函数的导函数是偶函数，则在点处的切线方程为_______. 【答案】 【解析】 【分析】先求出函数的导数，再由二次函数是偶函数的条件求出a的值，把代入求出，再把代入导函数求得切线斜率，根据点斜式写出切线方程即可. 【详解】函数 ， 则为偶函数，则， 所以，， 于是，， 所以在点处的切线为：，即. 故答案为：. 14. 已知直三棱柱中，，且.若三棱柱的外接球的表面积是，则此三棱柱的体积的最大值是________. 【答案】 【解析】 【分析】根据直棱柱的结构特征及已知确定球心的位置和半径长度，利用球体半径与相关线段的几何关系求得，再应用基本不等式、棱柱体积公式求体积最大值. 【详解】直三棱柱中，，则外接球的球心在中点的连线上， 如下图，分别为中点，为中点，则为棱柱外接球球心， 又，则，外接球的表面积是， 若外接球半径为，则，可得， 所以，则，故， 由，即，当且仅当时取等号， 所以此三棱柱的体积的最大值. 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. 在数列中，，点在直线上 （1）求数列的通项公式； （2）记，证明数列的前n项和. 【答案】（1） （2） 由（1） ， ，得证. 【解析】 【分析】（1）由题意得到即可求解； （2）通过裂项相消法求和，即可求证. 【小问1详解】 点在直线上， ∴， ∴，又， ∴数列为首项为，公差为的等差数列， 所以. 【小问2详解】 略 16. 在某地区进行流行病学调查，随机调查了100位患者的年龄并得到如下频率分布直方图（每一组区间均是前闭后开），回答下列问题： （1）估计该地区这种疾病患者的平均年龄（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）； （2）估计该地区一位这种疾病患者的年龄位于区间的概率； （3）已知该地区这种疾病的患病率为，该地区年龄位于区间的人口占该地区总人口的.从该地区中任选一人，若此人的年龄位于区间，求此人患这种疾病的概率（以样本数据中患者的年龄位于各区间的频率作为患者的年龄位于该区间的概率，精确到0.0001）. 【答案】（1）岁 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据平均值等于各矩形的面积乘以对应区间的中点值的和即可求出； （2）根据频率分布直方图计算可得； （3）根据条件概率公式即可求出． 【小问1详解】 平均年龄 （岁）． 【小问2详解】 由频率分布直方图可得该地区一位这种疾病患者的年龄位于区间的概率为； 【小问3详解】 设“任选一人年龄位于区间”，“从该地区中任选一人患这种疾病”， 则由已知得：，，， 则由条件概率公式可得从该地区中任选一人，若此人的年龄位于区间， 此人患这种疾病的概率为． 17. 过抛物线的焦点且斜率为的直线交抛物线于两点. （1）若，求直线的方程； （2）若关于轴的对称点为，求证：直线恒过定点，并求出该点的坐标. 【答案】（1）.（2）见证明，恒过. 【解析】 【详解】（1）的坐标为，设的方程为代入抛物线得 ， 由题意知，且， 设，，∴，， 由抛物线的定义知, ∴，∴，即，∴直线的方程为. （2）直线的斜率为， ∴直线的方程为， 即， ∵，，∴， 即(因为异号)， ∴的方程为，恒过. 18. 已知函数，为的导函数， （1）当时，讨论的单调性； （2）若有两个零点， （i）求的取值范围； （ii）记较小的一个零点为，证明：. 【答案】（1）在上单调递减，在单调递增； （2）（i）； （ii）因为，由，结合（i）知， 要证，即证，即， 当时，因为，，不等式恒成立； 当时，由得. 即证. 即证. 即证. 设，，由， 所以在单调递增. 所以，故原不等式成立. 所以. 【解析】 【分析】（1）利用导数，根据导数正负得到函数的单调性； （2）（i）先讨论单调性，根据有两个零点得出最小值，即可得的取值范围；（ii）结合（i）知，要证，即证，即，分和进行证明. 【小问1详解】 当时，，函数的定义域为， ， 当时，，函数单调递减； 当时，，函数单调递增. 综上所述，函数在上单调递减，在单调递增. 【小问2详解】 （i）函数的定义域为，， ①当时，，函数在单调递减，至多有一个零点，不符合题意； ②当时，令，解得， 当时，，函数单调递减； 当时，，函数单调递增. ∴当时，取得最小值，最小值为. 因为函数有两个零点，且时，，时，， 所以. 设，易知函数在单调递增. 因为，所以的解集为. 综上所述，实数的取值范围是. （ii）略 19. 如图，在边长为的正方形中，，分别为边，上的点，连接，，，将沿着折线翻折，使点到达点位置，连接，形成三棱锥. （1）若，分别为边，上的中点，，求此时三棱锥外接球的表面积； （2）若，是的中点. （ⅰ）求的大小； （ⅱ）若正方形边长为，当取最小值，取最大值时，求此时直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）； （2）（ⅰ）；（ⅱ）. 【解析】 【分析】（1）由题设及线面垂直的判定有平面，将三棱锥补全为长方体，即可求外接球半径，进而求表面积； （2）（ⅰ）设，，根据几何关系列方程求得，，，应用和角正切公式求的大小，即可得；（ii）设，则，应用三角形面积公式及三角恒等变换求出最小，取中点，连接，，则，，并求出相关线段的长度，构建合适的空间直角坐标系，应用向量法求线面角的正弦值. 【小问1详解】 由题意得，又，，平面，， 所以平面，则此时三棱锥如图所示， 由题意得，，，，都是直角三角形，所以， 将三棱锥补全为长方体，此时三棱锥的外接球球心为长方体对角线的中点， 即， 所以三棱锥外接球的表面积为. 【小问2详解】 （ⅰ）设，，则，， 因为，所以， 在直角三角形中，得，整理得，， 因为，， 所以， 因为，所以，故. （ⅱ）由（ⅰ）知，设，则， 所以，， 所以 ， 因为，所以， 当时，有最大值，最大值为1，此时有最小值， 所以当取最小值时，，且， 由，得，， 所以，，. 如图1，取中点，连接，，则，，故，，，四点共线， 当取最大值时，即平面平面，由翻折关系知， 故直线，，两两垂直，且，， 如图2，以为原点，分别以，，的方向为，，轴的正方向建立空间直角坐标系， 则，，，， ∴，， 设平面的法向量为，则， 令，则，故， 设直线与平面所成的角为，则. ∴直线与平面所成角的正弦值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $