精品解析：江苏省连云港市2024-2025学年高二下学期期末调研考试数学试题

2024~2025学年第二学期期末调研考试 高二数学试题 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，将答题卡交回． 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 若集合，则（ ） A B. C. D. 2. 复数在复平面内所对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3. 用种不同的颜色给如图所示的地图上色，要求相邻两块涂不同的颜色，则不同的涂法有（ ）种 A. B. C. D. 4. 展开式中的常数项为（ ） A. 40 B. 60 C. 80 D. 120 5. 如果随机变量，且，则（ ） A B. C. D. 6. 在正方体中，为棱的中点，点、分别在线段、上，且，，则与（ ） A. 平行 B. 垂直 C. 所成的角的余弦值为 D. 所成的角的余弦值为 7. 甲盒中有3道代数题和4道几何题，乙盒中有1道代数题和2道几何题．现从甲盒中随机抽取2道题放入乙盒，再从乙盒中随机抽取2道题，则从乙盒中取出的是2道几何题的概率为（ ） A. B. C. D. 8. 在直三棱柱中，为的中点，点在棱上，且，点A，M，N所确定的平面把三棱柱切割成体积不同的两部分，则较小部分的体积与较大部分的体积之比为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共计18分．每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分． 9. 设、、表示三个不同的平面，、表示两条不同的直线，则下列结论正确的有（ ） A. 若，，则 B 若，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，则 10 用0，1，2，3，4，5，6这7个数字，可以组成（ ） A. 180个无重复数字的三位数 B. 75个无重复数字且为奇数的三位数 C. 30个无重复数字且能被25整除的四位数 D. 480个无重复数字且比1300大的四位数 11. 在长方体中，，底面是边长为的正方形，，则下列选项正确的有（ ） A. ，三棱锥的体积是定值 B. 当时，存在唯一的使得平面 C. 为棱的中点，当时，的周长取最小值 D. 当直线与所成角的余弦值为时，的值为 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分． 12. 为了鉴定新疫苗的效力，将60只小白鼠随机地分为两组，在其中一组接种疫苗后，两组都注射了病源菌，其结果如下面的列联表．根据此列联表中的数据可以求得________． 发病 未发病 合计 接种 3 27 30 未接种 17 13 30 合计 20 40 60 参考公式：，其中． 13. 若，则的值为________． 14. 已知四面体ABCD中，，，，且DA与平面ABC所成角的余弦值为，则该四面体外接球的半径为________． 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. 一个袋子中有10个大小相同的球，其中有4个红球、6个白球，从中随机地摸出2个球作为样本，用X表示样本中红球的个数． （1）若有放回摸球，求X的分布列； （2）若不放回摸球，求X的分布列． 16. 已知等差数列的前n项和为，，． （1）求数列的通项公式； （2）求和：； （3）若，设，求数列的前n项和． 17. 已知，函数． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）讨论函数的单调性； （3）当时，求函数在区间上的最小值． 18. 已知双曲线的离心率为，且过点． （1）求双曲线C的标准方程； （2）已知直线l经过点， ①若直线l与双曲线C的左支相切，求直线l的方程； ②若双曲线C的右顶点为P，直线l与双曲线C交于A，B两点，直线PA的斜率为，直线PB的斜率为，证明：为定值． 19. 如图，几何体是圆柱的四分之一部分，其中底面是半径为的扇形，母线长为，是的中点，为的中点，是上的动点（不与、重合），是圆柱的母线． （1）证明：平面； （2）求三棱锥的体积的最大值； （3）求二面角余弦值的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024~2025学年第二学期期末调研考试 高二数学试题 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，将答题卡交回． 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 若集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据交集的概念，可得答案. 【详解】由，则. 故选：B. 2. 复数在复平面内所对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】C 【解析】 【分析】利用复数的除法化简复数，结合复数的几何意义可得出结论. 【详解】因为， 所以，复数在复平面内对应的点的坐标为，位于第三象限. 故选：C. 3. 用种不同的颜色给如图所示的地图上色，要求相邻两块涂不同的颜色，则不同的涂法有（ ）种 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】按照②③①④分步进行即可，计算出每个区域的涂色种数，利用分步乘法计数原理可得结果. 【详解】区域②有种选择，区域③有种选择，区域①和④各有种选择， 由分步乘法计数原理可知，不同的涂法种数为种. 故选：D. 4. 展开式中的常数项为（ ） A. 40 B. 60 C. 80 D. 120 【答案】B 【解析】 【分析】由二项式定理写出括号展开式的通项公式，利用赋值法，可得答案. 【详解】由的展开式通项为， 则令，即，常数项为. 故选：B. 5. 如果随机变量，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用正态密度曲线的对称性可求得的值. 【详解】因为随机变量，且， 则. 故选：C. 6. 在正方体中，为棱的中点，点、分别在线段、上，且，，则与（ ） A. 平行 B. 垂直 C. 所成的角的余弦值为 D. 所成的角的余弦值为 【答案】A 【解析】 【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，结合空间向量法可得出结果. 【详解】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 不妨设正方体的棱长为，则、、、， ，，故，结合图形可知， 故选：A. 7. 甲盒中有3道代数题和4道几何题，乙盒中有1道代数题和2道几何题．现从甲盒中随机抽取2道题放入乙盒，再从乙盒中随机抽取2道题，则从乙盒中取出的是2道几何题的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据分步乘法和加法计算原理计算即可. 【详解】根据题意从甲盒中抽出2道题放入乙盒，再从乙盒中随机抽取2道题，可能为： 2道代数，此时乙盒有3道代数和2道几何，再抽出2道几何的概率， 1道代数1道几何，此时乙盒有2道代数和3道几何，再抽出2道几何的概率， 2道几何，此时乙盒有1道代数和4道几何，再抽出2道几何的概率， 所以从乙盒中取出的是2道几何题的概率. 故选：C. 8. 在直三棱柱中，为的中点，点在棱上，且，点A，M，N所确定的平面把三棱柱切割成体积不同的两部分，则较小部分的体积与较大部分的体积之比为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】作出辅助线，得到四边形为截面，连接，小部分几何体可看作三棱锥和四棱锥的组合，根据全等和相似关系得到四边形的面积，从而得到四棱锥的体积为，进而得到，小部分几何体的体积等于，求出大部分几何体体积，求出体积之比. 【详解】延长与于点，连接交于点，连接，则四边形为截面， 连接，小部分几何体可看作三棱锥和四棱锥的组合， 因为，，故，所以， 又为的中点，故，故，相似比为1:4， 故，， 故四边形的面积， 故四棱锥的体积为， 设矩形的面积为， 故， 故， 又，故， 故， 故小部分几何体的体积等于， 故大部分几何体的体积等于， 故小部分的体积和大部分的体积比为. 故选：A 二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共计18分．每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分． 9. 设、、表示三个不同的平面，、表示两条不同的直线，则下列结论正确的有（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用线面、线线的位置关系可判断A选项；利用线面平行的性质定理可判断B选项；利用线面平行和线面垂直的性质定理可判断C选项；利用线面垂直和面面垂直的性质可判断D选项. 【详解】对于A选项，若若，，则、平行、相交或异面，A错； 对于B选项，若，过直线作平面，使得， 由线面平行的性质定理可知，因为，，则，故，B对； 对于C选项，若，，，设， 在平面内作直线，由面面垂直的性质定理可得， 因为，故，因为，，故，C对； 对于D选项，如下图所示： 因为，，， 设，在平面内作异于直线的直线，使得， 由面面垂直的性质定理得，由C选项可知， 因为，，则，故，D对. 故选：BCD. 10. 用0，1，2，3，4，5，6这7个数字，可以组成（ ） A. 180个无重复数字的三位数 B. 75个无重复数字且为奇数的三位数 C. 30个无重复数字且能被25整除的四位数 D. 480个无重复数字且比1300大的四位数 【答案】AB 【解析】 【分析】根据分步乘法原理，由选项中的限制条件，逐项计算，可得答案. 【详解】对于A，无重复数学的三位数的情况数为，故A正确； 对于B，为奇数的三位数的个位可选的数字有，则无重复数学且为奇数的三位数的情况数为，故B正确； 对于C，能被整除的四位数的最后两位有，则无重复数字且能被整除的四位数的情况数有，故C错误； 对于D，当千位比大的无重复数字的四位数的情况数有； 当千位为且百位比大的无重复数字的四位数的情况数有； 当千位为、百位为且十位比大的无重复数字的四位数的情况数有； 当千位为、百位为、十位为且个位比大的无重复数字的四位数的情况数有. 综上可得，故D错误. 故选：AB 11. 在长方体中，，底面是边长为的正方形，，则下列选项正确的有（ ） A. ，三棱锥的体积是定值 B. 当时，存在唯一的使得平面 C. 为棱的中点，当时，的周长取最小值 D. 当直线与所成角的余弦值为时，的值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用锥体体积公式可判断A选项；以点为坐标原点，、、建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断BD选项；将平面、延展为同一个平面，分析可知当、、三点共线，取最小值，可得出的周长取最小值，可判断C选项. 【详解】对于A选项，因为，即点在棱，则点到平面的距离等于， 因为四边形为矩形，所以， 故，A对； 对于B选项，以点为坐标原点，、、建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、， 则，， 因为，则，所以， 当时，， 因为，、平面，所以平面， 因为平面，所以， 则， 因为，解得或，所以，存在两个，使得， 因此当时，存在两个使得平面，B错； 对于C选项，将平面、延展为同一个平面，如下图所示： 由题意可知，当、、三点共线时， 取最小值， 因为，所以，故，故， 在长方体中，当时，取最小值，而的长为定值， 此时的周长取最小值，C对； 对于D选项，由题意得、、、， ，， 所以， 因为，解得，D对. 故选：ACD. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分． 12. 为了鉴定新疫苗的效力，将60只小白鼠随机地分为两组，在其中一组接种疫苗后，两组都注射了病源菌，其结果如下面的列联表．根据此列联表中的数据可以求得________． 发病 未发病 合计 接种 3 27 30 未接种 17 13 30 合计 20 40 60 参考公式：，其中． 【答案】14.7 【解析】 【分析】根据公式计算得解. 【详解】, 故答案为：14.7 13. 若，则的值为________． 【答案】11 【解析】 【分析】利用赋值法及二项展开式通项求解可得结果. 【详解】令，可得， 令，可得. 由可得，，， 所以. 故答案为：11. 14. 已知四面体ABCD中，，，，且DA与平面ABC所成角的余弦值为，则该四面体外接球的半径为________． 【答案】 【解析】 【分析】由题意证明出两两互相垂直，由题意可知四面体ABCD的外接球即为正方体的外接球，求解外接球的半径即可. 【详解】因为，，，所以， 如图所示： 取的中点，连接，则，，， 所以平面，作于，又平面， 平面，则，， 所以 平面，则是直线与平面所成角， 即，在直角三角形中， . 则 ，，则，故. 所以两两互相垂直，四面体的外接球的半径. 故答案为： 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. 一个袋子中有10个大小相同的球，其中有4个红球、6个白球，从中随机地摸出2个球作为样本，用X表示样本中红球的个数． （1）若有放回摸球，求X分布列； （2）若不放回摸球，求X的分布列． 【答案】（1）答案见解析 （2）答案见解析 【解析】 【分析】（1）由条件判断服从二项分布，运用概率计算公式计算即得分布列 ； （2）先由条件判断服从超几何分布，由概率计算公式计算即得分布列. 【小问1详解】 若有放回摸球，每次摸到红球的概率为，且各次试验之间的结果是独立的， 因此. 所以. 即， ，. 则的分布列为： 0 1 2 【小问2详解】 若不放回摸球，则服从超几何分布， 故， ， ，. 则的分布列： 0 1 2 16. 已知等差数列的前n项和为，，． （1）求数列的通项公式； （2）求和：； （3）若，设，求数列的前n项和． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据已知条件求得数列的首项和公差，由此可得的通项公式； （2）根据裂项相消法求和可得结果； （3）根据错位相减求和法可得结果. 【小问1详解】 设等差数列的公差为， 依题意有， 解得， 所以. 【小问2详解】 由①得，， 所以. 【小问3详解】 由题意，， 设数列的前n项和为， 则， ， 两式相减得 ， 所以. 17. 已知，函数． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）讨论函数的单调性； （3）当时，求函数在区间上的最小值． 【答案】（1） （2）答案见解析 （3）答案见解析 【解析】 【分析】（1）求导，可得，，结合导数的几何意义，点斜式求切线方程； （2）求导可得，分和两种情况，利用导数分析的单调性； （3）分类讨论与区间的关系，根据单调性求函数最小值即可. 【小问1详解】 当时，则，， 可得，， 即切点坐标为，切线斜率， 所以在处切线方程为：． 即切线方程为. 【小问2详解】 由题意可得：， 注意到， ①若，，则在上单调递减， ②若，令时，解得， 当，；当，； 所以在上单调递增，在上单调递减． 综上，时，在上单调递减； 时，在上单调递增，在上单调递减． 【小问3详解】 由（2）知时，在上单调递增，在上单调递减， ①当时，即时，函数在区间上单调递增， 所以； ②当时，即时，函数在区间上单调递减， 在上单调递增，所以； ③当，即时，函数在区间上单调递减， 所以. 综上，时，，时，， 时，. 18. 已知双曲线的离心率为，且过点． （1）求双曲线C的标准方程； （2）已知直线l经过点， ①若直线l与双曲线C的左支相切，求直线l的方程； ②若双曲线C的右顶点为P，直线l与双曲线C交于A，B两点，直线PA的斜率为，直线PB的斜率为，证明：为定值． 【答案】（1） （2）①②证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据离心率得出关系，再代入点的坐标即可求出，写出标准方程； （2）①点斜式设出直线方程，联立双曲线方程，利用判别式为0求解； ②根据直线与方程联立后根与系数的关系、斜率公式，求和后化简即可得证. 【小问1详解】 由，可得，即， 所以双曲线方程为，代入点， 可得， 所以双曲线方程为. 【小问2详解】 如图， ①由题意，直线斜率存在，设直线l的方程为， 联立，消元可得： ， 由直线与双曲线相切，则， 即，解得, 所以直线l的方程为，即. ②由题意知，， 设，直线l的方程为， 联立双曲线方程，化简可得， ， 由①知， 所以， ， 所以 ， 即定值. 19. 如图，几何体是圆柱的四分之一部分，其中底面是半径为的扇形，母线长为，是的中点，为的中点，是上的动点（不与、重合），是圆柱的母线． （1）证明：平面； （2）求三棱锥的体积的最大值； （3）求二面角余弦值的取值范围． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可证得结论成立； （2）设点，其中，利用空间向量法求出点到平面的距离，再利用锥体的体积公式以及三角函数的有界性可求得三棱锥的体积的最大值； （3）利用空间向量法可求得二面角余弦值的取值范围. 【小问1详解】 由题意可知，，平面， 以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、，所以， 易知平面的一个法向量为，则，即， 又因为平面，所以平面. 【小问2详解】 不妨设点，其中， 则、、， ，，， 设平面的一个法向量为，则， 取，可得，所以， 所以点到平面的距离为， 因为为是圆柱的一条母线，故平面， 因为平面，故，则， 所以 ， 因为，则，故，所以， 则， 即三棱锥的体积的最大值为. 【小问3详解】 设平面的一个法向量为， ，，则， 取，则， 所以 ， 因为，则，故. 结合图形可知，二面角的平面角为锐角， 因此，二面角余弦值的取值范围为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $