精品解析：四川省广安市2024-2025学年高二下学期6月期末数学试题

字节教育·广安市2025年高2023级第零次诊断性模拟考试 数学试题 本试卷共4页，满分150分，考试时间120分钟. 注意事项: 1.答题前， 务必将自己的姓名、座位号和准考证号填写在答题卡规定的位置上， 将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区. 2.选择题必须使用2B铅笔填涂对应题目的答案标号，如需改动，用橡皮擦擦干净后再选涂其他答案标号;. 3.非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写， 字体工整、笔迹清楚.请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答， 超出答题区域书写的答案无效; 在草稿纸、试卷上答题无效. 4.保持卡面清洁， 不要折叠， 不要弄破、弄皱， 不准使用涂改液、修正带、刮纸刀. 5.考试结束后， 只将答题卡交回. 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，只有一项符合要求. 1. 随着Deepseek的流行，各种AI大模型层出不穷，现有甲、乙两个AI大模型，在对甲、乙两个大模型进行深度体验后，6位评委分别对甲、乙进行打分（满分10分），得到如图所示的统计表格，则下列结论不正确的是（ ） 评委编号 模型名称 1 2 3 4 5 6 甲 7.0 9.3 8.3 9.2 8.9 8.9 乙 8.1 9.1 8.5 8.6 8.7 8.6 A. 甲得分的平均数大于乙得分的平均数 B. 甲得分的众数大于乙得分的众数 C. 甲得分的中位数大于乙得分的中位数 D. 甲得分的方差大于乙得分的方差 【答案】A 【解析】 【分析】根据已知数据分别应用中位数，众数，平均数及方差定义分别计算判断各个选项. 【详解】甲、乙的得分从小到大排列如下： 甲：，乙：， 甲得分的中位数为，乙得分的中位数为，甲得分的中位数大于乙得分的中位数，故C正确； 甲得分的众数，乙得分的众数为，甲得分的众数大于乙得分的众数，故B正确； 甲得分的平均数， 乙得分的平均数，所以甲得分的平均数等于乙得分的平均数，故A错误； 甲的方差， 乙的方差为 故甲得分的方差大于乙得分的方差，故D正确. 故选：A. 2. 若复数满足，则的虚部为（ ） A. B. 1 C. D. i 【答案】B 【解析】 【分析】先求出，结合虚部的概念可得答案. 【详解】因为，所以，所以的虚部为1. 故选：B 3. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用指数函数单调性解不等式可得集合，再由交集运算可得结果. 【详解】由，得，所以， 所以． 故选：B． 4. 下列各组中，不同解的是 A. 与 B. 与 C. 与或 D. 与 【答案】D 【解析】 【分析】A中，可判断两个不等式的解集相同； B中由于与等价，可得两个不等式的解集相同； C中根据绝对值不等式等价于或知：两个不等式的解集相同； D中由知两个不等式不同解，由此可得选项. 【详解】对于A：，所以与两个不等式的解集相同； 对于B：因为与等价，所以与两个不等式的解集相同； 对于C：根据绝对值不等式等价于或知：与或的解集相同； 对于D：根据知：等价于且，所以D中的两个不等式不同解， 故选D. 【点睛】本题考查不等式的同解问题，注意分式不等式中的分母的符号的判断和分母不为0的要求，绝对值不等式的基本等价转化的形式，属于基础题. 5. 在中，，则（ ） A. B. C. D. 或 【答案】D 【解析】 【分析】利用余弦定理列方程，求解即得. 【详解】由余弦定理，， 即，解得. 故选：D. 6. 若F是抛物线的焦点，P是抛物线C上任意一点，的最小值为，且A，B是抛物线C上两点，，则线段的中点到y轴的距离为（ ） A. 3 B. 2 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意可知，利用抛物线的定义和梯形的中位线即可求解. 【详解】根据抛物线性质可知：的最小值为，所以由题意可得：， 如图，取中点E，分别过点A、B、E作于点D、C、G，与y轴交于点H， 根据抛物线的定义可得：，， 因为为梯形的中位线，所以， 所以线段的中点到y轴的距离. 故选：B. 7. 已知等差数列的前项和为，且，则（ ） A. 52 B. 96 C. 106 D. 120 【答案】B 【解析】 【分析】先由题设结合等差数列下标和性质得，再结合等差数列前n项和公式即可求解. 【详解】由题得， 所以，则. 故选：B 8. 已知，且，则（ ） A. 3 B. 2 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由同角三角函数的平方关系和二倍角正弦公式求出，再由二倍角的余弦公式代入化简，结合同角三角函数的基本关系即可求出答案. 【详解】因为， 所以，所以， 又，解得：， 因为，所以,所以， 所以. 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，有多项符合要求，全部选对得6分，选对但不全得部分分，有选错的得0分. 9. 已知数列中，，，则下列结论正确的是（ ） A. B. 是递增数列 C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】根据题意，化简得到，得到表为等比数列，进而求得数列的通项公式，结合选项，逐项判定，即可求解. 【详解】由，可得，则， 又由，可得，所以数列表示首项为，公比为的等比数列， 所以，所以， 由，所以A不正确； 由，即，所以是递增数列，所以B正确； 由，所以C错误； 由，，所以，所以D正确. 故选：BD. 10. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 的图象关于原点对称 C. 若，则 D. ，都有成立 【答案】CD 【解析】 【分析】利用正弦函数的性质，结合相位的取值范围来研究正弦型函数的单调性，对称性和值域，从而来判断各选项即可. 【详解】对于A，若，则， 所以，或， 即，或，故A错误； 对于B，又， 由于，所以不可能是奇函数， 则的图象不可能关于原点对称，故B错误； 对于C，当时，，满足是正弦函数的增区间的子集， 所以函数在上单调递增，故C正确； 对于D，因为，所以， 故，所以， 又，即， 所以，都有成立，故D正确． 故选：CD． 11. 已知是边长为2的等边三角形，分别是边的中点，则不正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据向量的运算法则得到ABC错误，由向量数量积的定义式可得D正确， 【详解】对选项A：，故A错误； 对选项B：，故B错误； 对选项C：，故C错误； 对选项D：，故D正确. 故选：ABC 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12. 已知向量，，，若，则实数_____． 【答案】##-0.5 【解析】 【分析】根据向量线性运算的坐标运算及向量共线的性质直接求得参数值. 【详解】由，，， 则， 又， 则， 解得， 故答案为：. 13. 若函数，则曲线在点处的切线方程为________． 【答案】 【解析】 【分析】求导，令，求得，进而可求解. 【详解】因为， 所以， 令，得，解得， 所以， 则， 所以曲线在点处的切线方程为， 即． 故答案为： 14. 如图，四边形是边长为的正方形，半圆面平面，点为半圆弧上一动点（点与点，不重合），当直线与平面所成角最大时，平面截四棱锥外接球的截面面积为________． 【答案】 【解析】 【分析】做交于可得平面，连接，以点为原点，为轴，过点垂直于平面的直线为轴建立空间直角坐标系，设，则，设，由射影定理可得，由得，求出，利用基本不等式可得直线与平面所成角最大时的值，取的中点，连接，可得四棱锥外接球的球心为点，球心到平面的距离等于到平面的距离的，求出，设截面半径为，由可得答案． 【详解】做交于，因为半圆面平面，所以平面， 连接，以点为原点，为轴，过点垂直于平面的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，设，则，设， 则，在直角三角形内，由射影定理可得， 即，所以，，，， ，， ， 所以，所以，即， 所以 ， 因为，所以， 所以， 当且仅当即等号成立，且取得最小值， 直线与平面所成角最大， 取的中点，连接，则， 所以四棱锥外接球的球心为点， 因为，，，平面， 所以平面， 设球心到平面的距离为，所以等于到平面的距离的， 因为， ，所以，设截面半径为， 则有， 所以截面的面积． 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：解题的关键是熟悉四棱锥的性质，即外接球的球心在DB上，根据勾股定理，可求得外接球半径r，再根据球的几何性质，求解即可，考查空间想象，计算求解的能力，属于难题． 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程和演算步骤. 15. 已知函数（，）的图象的两条相邻对称轴之间的距离是，将图象上所有的点先向右平移个单位长度，再将所得图象上所有的点的横坐标缩短到原来的，得到函数的图象，且为偶函数． （1）求的解析式； （2）若不等式对恒成立，求的取值范围． 【答案】（1）; （2）. 【解析】 【分析】（1）通过周期求出，利用图象平移，借助偶函数求出; （2）将恒成立转化为最值问题，借助基本不等式求解即可. 【小问1详解】 由，得，则， 则， 因为为偶函数，所以（）， 解得（），因为，所以， 则． 【小问2详解】 因为，所以， 则不等式对恒成立可转化为 对恒成立，即， 因为， 当且仅当，即时，等号成立， 所以，即的取值范围为． 16. 已知椭圆的一个顶点，过左焦点且垂直于x轴的直线截椭圆C得到的弦长为2，直线与椭圆C交于不同的两点M，N. （1）求椭圆C的方程； （2）当的面积为时，求实数k的值. 【答案】（1）；（2）. 【解析】 【分析】 （1）由题意可得，，解出即可得出椭圆方程； （2）设，联立直线与椭圆方程，根据根与系数的关系表示出三角形的面积，即可求出. 【详解】解：（1）由题可得，，∴. 椭圆； （2）设，则由消y， 得， ∵直线恒过椭圆内一点，∴恒成立. 由根与系数的关系，得， ， 即，解得. 【点睛】关键点睛：本题考查椭圆中的三角形面积问题，解题的关键是联立直线与椭圆，利用根与系数的关系求出三角形的面积，由此建立等量关系即可求出结果. 17. 如图1，在直角梯形中，为的中点，将沿折起，使，如图2，连接. （1）求证：平面平面； （2）求二面角的大小. 【答案】（1）证明见解析； （2）. 【解析】 【分析】（1）证明，得到平面，得到面面垂直. （2）建立空间直角坐标系，计算各点坐标，再计算两个平面的法向量，根据向量的夹角公式计算得到答案. 【小问1详解】 交于点，故平面， 又平面，故，交于点， 故平面，平面，故平面平面. 【小问2详解】 平面，过作平面的垂线为轴，以为原点，分别为轴，轴建立如图所示空间直角坐标系. 设，则， 解得，， ，， 设平面的法向量，则有， 取， 设平面的法向量，则有， 取， ， 根据观察知，二面角的平面角为锐角，故二面角的大小是. 18. 已知函数. （Ⅰ）讨论的单调性； （Ⅱ）当时，证明：. 【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析 【解析】 【分析】（Ⅰ）显然，，可分和分别讨论函数的单调性; （Ⅱ）当时，要证：， 只需证：，由（Ⅰ）易知， 所以即证：，从而设求最小值即可. 【详解】（Ⅰ）显然，， （1）当时，，在上单调递减； （2）当时，由得 当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增． （Ⅱ）当时，要证：， 只需证：，由（Ⅰ）易知， 所以即证：， 设，则，令得得， 当时，，在上单调递减；当时，， 在上单调递增．，即，即，所以 【点睛】本题主要考查函数与导数的应用，意在考查学生的计算能力和逻辑分析能力，具有较高的思维技巧，对学生分类讨论的能力要求较高. 19. 某商场推出购物抽奖促销活动，活动规则如下： ①顾客在该商场内的消费额每满100元，可获得1张奖券； ②每张奖券可以进行1次抽奖活动，即从装有4个白球、2个红球的盒子中，随机摸取1个球（每个球被摸到的可能性相同）．奖励规则：若摸出白球，则没有中奖，摸出的白球放回原盒子中，本张奖券抽奖活动结束；若摸出红球，则中奖，获得礼品1份，且摸出的红球不放回原盒子中，同时得到一次额外的抽奖机会（该抽奖机会无需使用新的奖券），继续从当前盒子中随机摸取1个球，其奖励规则不变； ③从第二张奖券开始，使用每张奖券抽奖时均在前一张奖券抽奖活动的基础上进行； ④若顾客获得2份礼品（即该顾客将2个红球都摸出）或使用完所获奖券，则该顾客本次购物的抽奖活动结束． （1）顾客甲通过在商场内消费获得了若干张奖券并进行抽奖，求事件“甲使用第2张奖券抽奖，中奖"的概率； （2）顾客乙通过在商场内消费获得了若干张奖券并进行抽奖，求事件“乙获得第2份礼品时，共使用了3张奖券”的概率； （3）顾客丙消费了1000元，设表示顾客丙在这次抽奖活动中所使用奖券的数量，求的分布列及其期望． 【答案】（1） （2） （3） 分布列，， 【解析】 【分析】（1）根据古典概型，分别确定每个子事件发生的概率，再利用分步乘法计数原理，将两个子事件的概率相乘，从而得到目标事件的概率. （2）“乙获得第2份礼品时，共使用了3张奖券”存在多种实现路径，通过细致分析抽奖规则，将其分为“第1张未中奖，第2、3张中奖”和“第1张中奖，第2张未中奖，第3张中奖”这两种互斥情况,计算可求得结果; （3）依据抽奖规则和题目设定，明确随机变量所有可能的取值为1、2、3,概率求解：对每个取值，分析其对应的抽奖过程和结果，利用古典概型及分步乘法计数原理计算相应的概率，进而构建出的分布列和期望. 【小问1详解】 设事件“甲使用第张奖券抽奖，中次奖”， 则所求事件为，其概率为． 【小问2详解】 设事件“乙使用第张奖券抽奖，中次奖”， 则所求事件为，其概率为． 【小问3详解】 由题意可知的所有可能取值为1，2，⋯，10． 当时，表示顾客丙使用张奖券将2个红球全部摸出； 当时，表示顾客丙使用第10张奖券抽奖时盒子里有1个或2个红球． 设事件“顾客丙使用第张奖券抽奖时盒子里有2个红球”的概率为，事件“顾客丙使用第张奖券抽奖时盒子里有1个红球”的概率为， 则，，，， ∴，， ∴，∴，， ∴，， ∴； ∴ ， 设， ∴， ∴，∴， 设， ∴， ∴，∴， ∴ . 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 字节教育·广安市2025年高2023级第零次诊断性模拟考试 数学试题 本试卷共4页，满分150分，考试时间120分钟. 注意事项: 1.答题前， 务必将自己的姓名、座位号和准考证号填写在答题卡规定的位置上， 将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区. 2.选择题必须使用2B铅笔填涂对应题目的答案标号，如需改动，用橡皮擦擦干净后再选涂其他答案标号;. 3.非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写， 字体工整、笔迹清楚.请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答， 超出答题区域书写的答案无效; 在草稿纸、试卷上答题无效. 4.保持卡面清洁， 不要折叠， 不要弄破、弄皱， 不准使用涂改液、修正带、刮纸刀. 5.考试结束后， 只将答题卡交回. 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，只有一项符合要求. 1. 随着Deepseek的流行，各种AI大模型层出不穷，现有甲、乙两个AI大模型，在对甲、乙两个大模型进行深度体验后，6位评委分别对甲、乙进行打分（满分10分），得到如图所示的统计表格，则下列结论不正确的是（ ） 评委编号 模型名称 1 2 3 4 5 6 甲 7.0 9.3 8.3 9.2 8.9 8.9 乙 8.1 9.1 8.5 8.6 8.7 8.6 A. 甲得分的平均数大于乙得分的平均数 B. 甲得分的众数大于乙得分的众数 C. 甲得分的中位数大于乙得分的中位数 D. 甲得分的方差大于乙得分的方差 2. 若复数满足，则的虚部为（ ） A. B. 1 C. D. i 3. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 4. 下列各组中，不同解的是 A. 与 B. 与 C. 与或 D. 与 5. 在中，，则（ ） A. B. C. D. 或 6. 若F是抛物线的焦点，P是抛物线C上任意一点，的最小值为，且A，B是抛物线C上两点，，则线段的中点到y轴的距离为（ ） A. 3 B. 2 C. D. 7. 已知等差数列的前项和为，且，则（ ） A. 52 B. 96 C. 106 D. 120 8. 已知，且，则（ ） A. 3 B. 2 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，有多项符合要求，全部选对得6分，选对但不全得部分分，有选错的得0分. 9. 已知数列中，，，则下列结论正确的是（ ） A. B. 是递增数列 C. D. 10. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 的图象关于原点对称 C. 若，则 D. ，都有成立 11. 已知是边长为2的等边三角形，分别是边的中点，则不正确的是（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12. 已知向量，，，若，则实数_____． 13. 若函数，则曲线在点处的切线方程为________． 14. 如图，四边形是边长为的正方形，半圆面平面，点为半圆弧上一动点（点与点，不重合），当直线与平面所成角最大时，平面截四棱锥外接球的截面面积为________． 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程和演算步骤. 15. 已知函数（，）的图象的两条相邻对称轴之间的距离是，将图象上所有的点先向右平移个单位长度，再将所得图象上所有的点的横坐标缩短到原来的，得到函数的图象，且为偶函数． （1）求的解析式； （2）若不等式对恒成立，求的取值范围． 16. 已知椭圆的一个顶点，过左焦点且垂直于x轴的直线截椭圆C得到的弦长为2，直线与椭圆C交于不同的两点M，N. （1）求椭圆C的方程； （2）当的面积为时，求实数k的值. 17. 如图1，在直角梯形中，为的中点，将沿折起，使，如图2，连接. （1）求证：平面平面； （2）求二面角的大小. 18. 已知函数. （Ⅰ）讨论的单调性； （Ⅱ）当时，证明：. 19. 某商场推出购物抽奖促销活动，活动规则如下： ①顾客在该商场内的消费额每满100元，可获得1张奖券； ②每张奖券可以进行1次抽奖活动，即从装有4个白球、2个红球的盒子中，随机摸取1个球（每个球被摸到的可能性相同）．奖励规则：若摸出白球，则没有中奖，摸出的白球放回原盒子中，本张奖券抽奖活动结束；若摸出红球，则中奖，获得礼品1份，且摸出的红球不放回原盒子中，同时得到一次额外的抽奖机会（该抽奖机会无需使用新的奖券），继续从当前盒子中随机摸取1个球，其奖励规则不变； ③从第二张奖券开始，使用每张奖券抽奖时均在前一张奖券抽奖活动的基础上进行； ④若顾客获得2份礼品（即该顾客将2个红球都摸出）或使用完所获奖券，则该顾客本次购物的抽奖活动结束． （1）顾客甲通过在商场内消费获得了若干张奖券并进行抽奖，求事件“甲使用第2张奖券抽奖，中奖"的概率； （2）顾客乙通过在商场内消费获得了若干张奖券并进行抽奖，求事件“乙获得第2份礼品时，共使用了3张奖券”的概率； （3）顾客丙消费了1000元，设表示顾客丙在这次抽奖活动中所使用奖券的数量，求的分布列及其期望． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $