精品解析：广西壮族自治区南宁市2024-2025学年高二下学期6月期末数学试题

2025年春季学期高二年级期末教学质量监测 数学 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 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. 一、单选题（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，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 若，则|z|=（ ） A. 2 B. C. D. 3. 已知向量若则的值为（ ） A. B. 0 C. D. 4. 已知递增等比数列的前项和为，，则（ ） A. 8 B. 6 C. 4 D. 2 5. “”是“为幂函数”的（ ）条件 A. 充分不必要 B. 必要不充分 C. 充要 D. 既不充分也不必要 6. 若直线是圆的一条对称轴，则的最小值是（ ） A. B. C. D. 1 7. 设，且，则（ ） A. B. C. D. 8. 设函数，对任意，.若对任意，都有，则的极小值为（ ） A. B. C. D. 0 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分.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. 下列命题正确的是（ ） A. 若随机变量，则 B. 若甲、乙两组成对样本数据的样本相关系数分别为0.66和－0.85，则乙组成对样本数据的线性相关性更强 C. 在回归直线方程中，当解释变量每增加1个单位时，预报变量平均增加0.2个单位 D. 已知一组数据的平均数为2，方差为，则另一组数据的平均数、标准差分别为 10. 已知数列的前项和，则下列说法正确的是（ ） A. B. 数列是等差数列 C. 取最小值时 D. 11. 若曲线既关于x轴对称，又关于y轴对称，还关于原点对称，则称为全对称曲线.已知曲线，直线与曲线C恰有两个不同的交点A，B，则（ ） A. 曲线C为全对称曲线 B. k的取值范围是 C. 曲线C上存在无数个点P，使得点P到点的距离等于点P到一条定直线的距离 D. 使得为正整数的k共有94个 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.） 12. 已知函数是奇函数，则实数的值为________. 13. 四个人排成一排，当相邻时，必须在的右边，那么不同的排法共有________种． 14. 如图，是边长为2的正方形，都垂直于底面，且，点在线段上，平面交线段于点，给出下列四个结论： ① ②该几何体的体积为6 ③过四点的外接球表面积为 ④截面四边形的周长的最小值为8 其中所有正确结论的序号是_____． 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. 在中，所对的边分别为，已知． （1）若，求及的面积； （2）若，求边上的高． 16. 已知双曲线的离心率为，点在双曲线上． （1）求双曲线的标准方程； （2）直线与双曲线交于点，其中点在第二象限． ①求； ②已知双曲线的左、右顶点分别为，设直线的斜率分别为，求的值． 17. 如图所示，五边形是正六边形的一部分，将沿着对角线翻折到的位置，使平面平面，已知点分别为，的中点． （1）求证：平面； （2）求平面与平面所成二面角的正弦值． 18. 为更好地发挥高考的育才作用，部分新高考试题采用了多选题这一新题型．多选题的评分规则如下：对于多选题，每个小题给出的四个选项中有两项或三项是正确的，满分6分．全部选对得6分，有错选或全不选的得0分．正确答案为两项时，选对1个得3分；正确答案为三项时，选对1个得2分，选对2个得4分．某数学小组研究发现，多选题正确答案是两个选项的概率为，正确答案是三个选项的概率为．现有一道多选题，学生李华完全不会，此时他有三种答题方案：I．随机选一个选项；II．随机选两个选项；III．随机选三个选项． （1）若，且学生李华选择方案I，求本题得分的数学期望； （2）以本题得分的数学期望为决策依据，的取值在什么范围内唯独选择方案I最好？ 19. 已知函数． （1）当时，求曲线在处的切线方程； （2）当时，若不等式恒成立，求a的取值范围； （3）若有两个零点，且，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025年春季学期高二年级期末教学质量监测 数学 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 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. 一、单选题（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，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先化简集合，再利用集合的交集运算即可. 【详解】由，， 可得. 故选：D 2. 若，则|z|=（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先根据已知条件求出复数，再根据复数的模的计算公式求出. 【详解】已知，可得.  因为，所以.  . 故选：C. 3. 已知向量若则的值为（ ） A. B. 0 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先利用平面向量的线性运算求出，再利用向量平行的条件列方程求解即可. 【详解】因为向量 所以， 又因为 所以， 解得， 故选：A. 4. 已知递增等比数列的前项和为，，则（ ） A. 8 B. 6 C. 4 D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】根据等比数列递增确定的定义，利用首项和公比表示和，求出首项公比，代入求出即可. 【详解】由已知，数列为等比数列， 可求出，（与数列为递增数列矛盾，舍去），故. 故选：A 5. “”是“为幂函数”的（ ）条件 A. 充分不必要 B. 必要不充分 C. 充要 D. 既不充分也不必要 【答案】A 【解析】 【分析】求得为幂函数时的值，利用充分条件和必要条件的定义判断即可. 【详解】当时，为幂函数，故充分性满足； 当为幂函数时，， 即，解得或，故必要性不满足， 所以“”是“为幂函数”的充分不必要条件. 故选：A 6. 若直线是圆的一条对称轴，则的最小值是（ ） A. B. C. D. 1 【答案】C 【解析】 【分析】由题设易知直线过圆心得，再应用基本不等式求目标式的最小值. 【详解】由题设，直线过圆心，则， 由，当且仅当时取等号， 所以的最小值为. 故选：C 7. 设，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据同角的商数关系以及两角差的正弦公式，利用诱导公式即可得出结果. 【详解】由题设，所以， 因为，则，又因为，则， 又， 所以，解得． 故选：B 8. 设函数，对任意，.若对任意，都有，则的极小值为（ ） A. B. C. D. 0 【答案】A 【解析】 【分析】先将代入，化简可得，由三次函数的图象性质及零点存在性定理得，，从而得到，最后利用导数计算极小值即可. 【详解】由可得， ， 由于等式对任意都成立，则项系数必须为0， 即，所以， 令，可得或， 由三次函数图象性质易得为函数的唯一变号零点， 由任意，都有， 可得，时，总有， 所以为函数的变号零点，所以，则， 此时，求导得， 令，得或2，当或时，；当时，. 故为极小值点，极小值. 故选：A. 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分.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. 下列命题正确的是（ ） A. 若随机变量，则 B. 若甲、乙两组成对样本数据的样本相关系数分别为0.66和－0.85，则乙组成对样本数据的线性相关性更强 C. 在回归直线方程中，当解释变量每增加1个单位时，预报变量平均增加0.2个单位 D. 已知一组数据的平均数为2，方差为，则另一组数据的平均数、标准差分别为 【答案】BD 【解析】 【分析】根据正态分布的性质求概率判断A，应用相关系数的概念判断B，应用回归直线判断C，应用平均数交集方程性质判断D. 【详解】对于A，由随机变量，则随机变量满足的正态分布曲线关于直线对称， 故，，故A错误； 对于B，若甲、乙两组数据的相关系数分别为0.66和－0.85，，则乙组数据的线性相关性更强，故B正确； 对于C，当解释变量每增加1个单位时，预报变量平均增加0.1个单位，C错误； 对于D，另一组数据的平均数为，方差为，即平均数、标准差分别为，故D正确． 故选：BD. 10. 已知数列的前项和，则下列说法正确的是（ ） A. B. 数列是等差数列 C. 取最小值时 D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用，求出的通项公式判断A；写出的通项公式，判断是否为常数可判断B；判断数列中项的正负可推出取最小值时n的值判断C；根据数列中项的正负可去绝对值符号，再利用等差数列求和公式进行求解判断D. 【详解】对于A，当时，， 而满足上式，因此，故A正确； 对于B，，数列是等差数列，故B正确； 对于C，由选项A知，数列单调递增，由，得，即数列前5项均为负数， 第6项为0，从第7项起为正数，取最小值时或，故C错误； 对于D， ，故D正确． 故选：ABD. 11. 若曲线既关于x轴对称，又关于y轴对称，还关于原点对称，则称为全对称曲线.已知曲线，直线与曲线C恰有两个不同的交点A，B，则（ ） A. 曲线C为全对称曲线 B. k的取值范围是 C. 曲线C上存在无数个点P，使得点P到点的距离等于点P到一条定直线的距离 D. 使得为正整数的k共有94个 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A验证曲线是否关于关于x轴对称，又关于y轴对称，还关于原点对称即可判断，对于C由，得，即曲线C由两个抛物线，组成，利用抛物线的定义即可判断，对于B利用直线方程和抛物线的方程联立，利用判别式即可判断，对于D先求，由即可求得的范围即可判断. 【详解】对于A：对于，以代x，得，则曲线C关于y轴对称， 以代y，得，则曲线C关于x轴对称， 同时以代x，以代y，得，则曲线C关于原点对称，故A正确. 对于C：由，得所以曲线C由两个抛物线，组成， 是抛物线的焦点，所以曲线C上存在无数个点P， 使得点P到点的距离等于点P到定直线的距离，故C正确. 对于B：因为直线过定点，所以该直线与抛物线没有公共点， 将代入， 得，则， 得，即或，故B错误. 对于D：将代入，得， 设，，则， 因为是抛物线的焦点，所以，， 因为，所以，所以，所以， 则可取的正整数为17，18，…，63， 所以使得为正整数的k共有个，故D正确. 故选：ACD. 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.） 12. 已知函数是奇函数，则实数的值为________. 【答案】1 【解析】 【分析】根据函数为奇函数，利用求解. 【详解】因为函数是奇函数 所以恒成立， 所以， 故答案为：1 13. 四个人排成一排，当相邻时，必须在的右边，那么不同的排法共有________种． 【答案】 【解析】 【分析】采用插空法和捆绑法直接求解即可. 【详解】当A，B不相邻时，采用插空法，先排其余两人再让A，B插空， 共有种排法； 当A，B相邻时，将看作一个整体，并且在的右边， 相当于个人排队，则不同的排法有种； 所以共有种. 故答案为：. 14. 如图，是边长为2的正方形，都垂直于底面，且，点在线段上，平面交线段于点，给出下列四个结论： ① ②该几何体的体积为6 ③过四点的外接球表面积为 ④截面四边形的周长的最小值为8 其中所有正确结论的序号是_____． 【答案】①③ 【解析】 【分析】根据线面垂直判断①，应用正方体体积公式计算判断②，根据外接球的表面积计算判断③，结合截图面积周长计算判断④. 【详解】对于①，因为平面，平面，所以， 又因为为正方形，所以， 又因为，平面，所以平面平面，所以，故①正确； 对于②，由对称性知，此几何体体积是底面边长为2的正方形，高为4的长方体体积的一半， 所以，故②错误； 对于③，过四点构造正方体， 所以外接球直径为正方体的体对角线所以，则， 所以此四点的外接球表面积为，故③正确； 对于④，由题意，平面平面，平面平面， 平面平面，所以，同理可得， 所以四边形为平行四边形，则周长，沿将相邻两四边形推平， 当三点共线时，最小，最小值为5，所以周长的最小值为10，故④错误． 故答案为：①③ 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. 在中，所对的边分别为，已知． （1）若，求及的面积； （2）若，求边上的高． 【答案】（1），3 （2）． 【解析】 【分析】（1）根据同角三角函数关系计算，再应用余弦定理得出，最后应用面积公式计算求解； （2）应用正弦定理得出，再应用面积公式求解. 【小问1详解】 因为， 所以， 由余弦定理可得， 所以， 所以， 所以的面积为； 【小问2详解】 由，可得， 又因为，所以， 所以， 所以的面积为； 设边上的高为，所以的面积为，解得， 则边上的高为． 16. 已知双曲线的离心率为，点在双曲线上． （1）求双曲线的标准方程； （2）直线与双曲线交于点，其中点在第二象限． ①求； ②已知双曲线的左、右顶点分别为，设直线的斜率分别为，求的值． 【答案】（1） （2）①；② 【解析】 【分析】（1）根据点在双曲线上结合离心率计算得出，即可得出双曲线方程； （2）①联立直线和双曲线方程得出韦达定理即可得出弦长；②应用斜率公式结合韦达定理计算求出定值. 【小问1详解】 因为点在双曲线上，所以． 离心率为，解得． 故双曲线的标准方程为． 【小问2详解】 ①设． 联立得，则． 故． ②． 由题意得点都在双曲线的左支上，且点在第二象限，所以， 则． 故． 17. 如图所示，五边形是正六边形的一部分，将沿着对角线翻折到的位置，使平面平面，已知点分别为，的中点． （1）求证：平面； （2）求平面与平面所成二面角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）只需证明，再结合线面平行的判定定理即可得证； （2）说明两两垂直，建立适当的空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，由向量夹角的余弦公式以及平方关系即可得解. 【小问1详解】 连接交于点，连接， 如图，由平面图易得为平行四边形，则为的中点， 连接，则， 又平面平面，故平面． 【小问2详解】 取的中点，连接，， 由平面图形可知，，则． 又平面平面，且平面平面，面， 故平面． 以分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系， 设，则， 则， 设平面的法向量为， ，即，取， 又平面的法向量为， 设平面与平面所成二面角为， ， 即所求平面与平面所成二面角的正弦值为． 18. 为更好地发挥高考的育才作用，部分新高考试题采用了多选题这一新题型．多选题的评分规则如下：对于多选题，每个小题给出的四个选项中有两项或三项是正确的，满分6分．全部选对得6分，有错选或全不选的得0分．正确答案为两项时，选对1个得3分；正确答案为三项时，选对1个得2分，选对2个得4分．某数学小组研究发现，多选题正确答案是两个选项的概率为，正确答案是三个选项的概率为．现有一道多选题，学生李华完全不会，此时他有三种答题方案：I．随机选一个选项；II．随机选两个选项；III．随机选三个选项． （1）若，且学生李华选择方案I，求本题得分的数学期望； （2）以本题得分的数学期望为决策依据，的取值在什么范围内唯独选择方案I最好？ 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由题意可以取0，2，3，求出对应的概率，进一步得分布列，结合期望公式计算即可求解； （2）记为“从四个选项中随机选择一个选项的得分”， 为“从四个选项中随机选择两个选项的得分”， 为“从四个选项中随机选择三个选项的得分”，计算得，，，由此可列不等式求解. 【小问1详解】 记为“从四个选项中随机选择一个选项的得分”，则可以取0，2，3， 所以的分布列为 0 2 3 则数学期望． 【小问2详解】 记为“从四个选项中随机选择一个选项的得分”，则的所有可能取值为0，2，3， 则， 所以； 记为“从四个选项中随机选择两个选项的得分”，则的所有可能取值为：0，4，6， 则， 所以； 记为“从四个选项中随机选择三个选项的得分”，的所有可能取值为：0，6， 则， 所以． 要使唯独选择方案最好，则，解得，故的取值范围为. 19. 已知函数． （1）当时，求曲线在处的切线方程； （2）当时，若不等式恒成立，求a的取值范围； （3）若有两个零点，且，证明：． 【答案】（1）； （2）； （3） 由，则，，且， 所以，故， 要证，需证，即， 需证，令，即，即证， 最终只需证明，令且，则， 所以在上单调递增，所以，即， 所以得证. 【解析】 【分析】（1）应用导数的几何意义求切线方程即可； （2）问题化为且，利用导数研究的性质，并结合分类讨论判断不等式恒成立，即可得参数范围； （3）由题设，应用分析法将问题化为证明，令，进一步化为证明，利用导数证明不等式即可. 【小问1详解】 由题设，则，且，， 所以曲线在处的切线方程为，即； 【小问2详解】 由题设，即且， 令且，则， 令，则，故在上单调递增， 所以， 当，时，，则在上单调递增，，符合； 当，时，，时， 所以，使，即在上，在上单调递减，从而，不符合； 综上，； 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $