精品解析：福建省部分优质高中2024～2025学年高二下学期期末质量检测数学试题

2024~2025学年第二学期福建省部分优质高中高二年级期末质量检测 数 学 试 卷 （考试时间：120分钟；总分：150分） 友情提示：请将所有答案填写到答题卡上！请不要错位、越界答题！ 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. 设集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由补集、交集的概念即可得解. 【详解】因为集合，， . 故选：B. 2. 若复数满足，则的虚部为（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】A 【解析】 【分析】先计算等号右边模长，再由复数的乘法运算和虚部的概念求解可得. 【详解】，所以，则，即， 所以的虚部为. 故选：A. 3. 若向量满足，则在上的投影向量是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先设投影向量是，利用解出即可得出答案. 【详解】设投影向量是，则，所以， 即在上的投影向量是． 故选：D. 4. 已知正四棱锥的底面边长为6，且其侧面积是底面积的2倍，则此正四棱锥的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意得到斜高，从而得到四棱锥体高，由体积计算公式即可求解. 【详解】如图，在正四棱锥中，为四棱锥的高，为侧面的高， 因为正四棱锥的底面边长为6，且其侧面积是底面积的2倍， 所以，解得， ， 所以， 故选：A. 5. 在物理学中简谐运动可以用函数来表示，其部分图象如图所示，则下列结论正确的是（ ） A. 函数的图象关于点成中心对称 B. 函数的解析式可以为 C. 函数在上的值域为 D. 若把图象上所有点向右平移个单位，则所得函数是 【答案】B 【解析】 【分析】利用图像求出函数的解析式，对于A代入解析式即可判断，对于B利用诱导公式即可判断，对于C利用，得，即可求得的值域，进而即可判断，对于D利用图象的变换即可判断. 【详解】由图可知，所以， 且，所以， 又因为，所以只能，所以， 对于A， ，故A错误； 对于B．，故B正确； 对于C， ，故C错误； 对于D，若把图象上所有点右平移个单位，则所得函数是，故D错误． 故选：B. 6. 函数的部分图象大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用奇偶性的定义可排除C，D.，由，，可排除B. 【详解】因为，所以该函数为奇函数，可排除C，D. 当时，，所以，排除B. 故选：A. 7. 已知函数，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】分类讨论解不等式, 再构造函数求导判断函数的单调性求解． 【详解】当时，，得，解得或（舍去）； 当时，令，则， 所以当时，，在上单调递增； 当时，， 在上单调递减， 所以，即当时，恒成立， 所以当时，不等式无解. 综上，所求不等式的解集为. 故选：A. 8. 已知，，且，，则（ ） A. B. C. 或 D. 或 【答案】A 【解析】 【分析】利用余弦函数与正弦函数的性质缩小与的取值范围，结合三角函数的基本关系式与倍角公式求得的正余弦值，从而利用正弦函数的和差公式即可得解. 【详解】因为所以则 所以 则， 因为，所以， 又则， 所以 故 因为所以 则. 故选：A. 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. 已知的二项式系数和为64，则（ ） A. B. 常数项是第3项 C. 二项式系数最大值为20 D. 所有项系数之和等于1 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据给定条件，利用二项式系数的性质求出，再根据二项式及展开式通项、组合数、赋值法逐项判断即可. 【详解】对于A，由题意，二项式系数和为64，则，解得，故A正确； 对于B，通项公式为，令，得，则第四项为常数项，故B错误； 对于C，二项式系数最大项为中间项第四项，所以为，故C正确； 对于D，令则系数和为，故D正确. 故选：ACD. 10. 下列命题正确的是（ ） A. 已知，是两个不共线的向量，，，则与可以作为平面向量的一组基底 B. 在中，，，，则这样的三角形有两个 C. 已知是边长为2的正三角形，其直观图的面积为 D. 已知，，若与的夹角为钝角，则k的取值范围为 【答案】ABC 【解析】 【分析】由平面向量基底的定义即可判断A；由余弦定理代入计算，即可判断B；由原图形与直观图的面积关系即可判断C；由平面向量夹角的坐标公式即可判断D. 【详解】对A，因为，是两个不共线的向量，且，，设， 则，这样的不存在，所以与不共线，则与可以作为平面向量的一组基底，故A正确； 对B，因为在中，，，，由余弦定理可得，， 即，易知且两根之和，两根之积都为正， 所以方程有两根，故B正确； 对C，因为是边长为2的正三角形，则，设其直观图的面积为， 因为直观图的面积与平面图形的面积比为，即，故C正确； 对D，因为，，则， 设与的夹角为，则， 且，解得且，故D错误； 故选：ABC 11. 现将、、、四个数随机排成一列，记事件为“从左至右第个数恰好是”，则下列说法正确的有（ ） A. B. 事件与相互独立 C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用排列计数原理可判断A选项；利用独立事件的定义可判断B选项；利用并事件的概率公式可判断C选项；利用容斥原理可判断D选项. 【详解】对于A选项，由题意可得，A对； 对于B选项，由题意可得，， 所以，事件与不独立，B错； 对于C选项，，C对； 对于D选项，由题意可知， 且，如下韦恩图所示： 因为 ， ， 因为 ， 故 ，D对. 故选：ACD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量，的夹角为，且，，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】利用坐标求出，再利用数量积的运算律求得答案. 【详解】依题意，， 所以. 故答案为： 13. 若，且，则的最小值为__________． 【答案】 【解析】 【分析】利用已知条件构造，利用乘“1”法及基本不等式计算可得； 【详解】由，可知，， 所以， 所以 ， 当且仅当时，等号成立， 所以的最小值为． 故答案为： 14. 如图将一个矩形划分为如下的A、B、C、D、E、F六个区域，现用四种不同的颜色对这六个区域进行染色，要求边界有重合部分的区域（顶点与边重合或顶点与顶点重合不算）染上不同的颜色，并且每一种颜色都要使用到，则一共有__________种不同的染色方案. 【答案】192 【解析】 【分析】法一：间隔元素分析法，分同色，同色；同色，不同色；不同色，同色；不同色，不同色，结合和的颜色相同和不同，分类讨论，得到情况数，相加即可； 法二：相邻最多元素优先分析法，考虑到影响的元素最多，分各不同色， 和同色，结合同色，不同色，同色，不同色，共有类讨论，分类讨论，得到情况数，相加即可 【详解】法一：间隔元素分析法： ①同色，同色，则有两种上色方式，被确定，故有种； ②同色，不同色，则仅有1中上色方式，被确定，故有种； ③不同色，同色，则若与同色，则有1种上色方式； 若与不同色，则只有1种上色方式； 故有种； ④不同色，不同色， 1）同色，则有种；2）不同色，则有种. 综上，共有种方式. 法二：相邻最多元素优先分析法： 考虑到影响的元素最多： ①各不同色，1）同色，则有3种染色法，故共有种； 2）不同色，则有2种染色法，故共有：种； ②同色，1）同色，则只有1种染色法（4种颜色都要使用到）， 故有种；2）不同色，则有2种染色法，故有种. 综上：共有种染色方案. 故答案为：192. 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. 在中，为锐角，． （1）求； （2）若，求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理将边化为角，再通过三角函数的运算求出角； （2）先根据正弦定理求出的值，再利用余弦定理求出的值，最后根据三角形面积公式求解. 【小问1详解】 由及正弦定理， 得． 因为在中，，所以． 因为，所以． 因为为锐角，所以． 【小问2详解】 由，且，解得． 由余弦定理，得，解得或（舍）． 所以的面积． 16. 已知函数． （1）若，求函数的极值； （2）讨论函数的单调性． 【答案】（1）极小值为，极大值为 （2） 当时，在上递增， 当时，在上递增，在上递减， 当时，在上递增；在上递减． 【解析】 【分析】（1）对求导，分析单调性，再根据极值定义即可求解； （2），对分，和讨论单调性即可. 【小问1详解】 . 所以或时，，时，， 则在上递减，在递增， 所以的极小值为，极大值为. 【小问2详解】 ， 当时，，所以在上递增， 当时，或时，；时，， 所以在上递增，在上递减， 当时，或时，；时，， 所以在上递增；在上递减． 17. 如图，在多面体中，平面，，四边形为矩形，，，，为的中点. （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值； （3）求点到平面的距离. 【答案】（1） 连接，交于点，可得是的中点， 又因为为的中点，所以， 因为平面，且平面，所以平面. （2） ； （3） . 【解析】 【分析】（1）连接交于点，得到，结合线面平行的判定定理，即可证得平面. （2）以为原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面的法向量为和，结合向量的夹角公式，即可求解； （3）由（2）得平面的法向量为，再由， 结合点面距的向量计算公式，即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：以为原点，以正方向分别为轴，轴和轴建立空间直角坐标系， 如图所示，则，，，，，， 可得，， 设平面的法向量为，则有， 取，可得，，所以， 又由，， 设平面的法向量为，则， 取，可得，，所以， 则， 故平面与平面夹角余弦值为. 【小问3详解】 解：由（2）知：平面的法向量为， 又由， 则， 所以点到平面的距离为. 18. 2024年以来，四川省文化和旅游厅制定出台推动文旅市场恢复振兴的系列措施，为进一步发展四川文旅，提升四川经济，在5月份对来川旅游的部分游客发起满意度调查，从饮食、住宿、交通、服务等方面调查旅客满意度，满意度采用百分制，统计的综合满意度绘制成如下频率分布直方图，图中． （1）求图中a的值并估计满意度得分的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）； （2）若有超过的人满意度在75分及以上，则认为该月文旅成绩合格．四川省5月份文旅成绩合格了吗? （3）四川文旅6月份继续对来川旅游的游客发起满意度调查，采用样本量比例分配的分层随机抽样，现知6月1日-6月15日调查的4万份数据中其满意度的平均值为80，方差为75；6月16日-6月30日调查的6万份数据中满意度的平均值为90，方差为70．由这些数据计算6月份的总样本的平均数与方差． 【答案】（1），79.5 （2）合格 （3）总样本平均值为86，总样本方差为96 【解析】 【分析】（1）利用频率分布直方图中各个小矩形的面积之和为1，可求出a的值，再利用平均数的定义求解； （2）超过的人满意度在75分及以上，即为分位数大于或等于75，利用百分位数的定义求解； （3）利用分层随机抽样的均值和方差公式求解. 【小问1详解】 由题意知，解得． 估计满意度得分的平均值为． 【小问2详解】 超过的人满意度在75分及以上，即为分位数大于等于75， 因为满意度在的频率为，满意度在的频率为， 可知分位数位于． 则，可以估计40%分位数为， 所以有超过60%的人满意度在75分及以上，河北省5月份文旅成绩合格了． 【小问3详解】 把6月1日-6月15日的样本记为，其平均数记为，方差记为， 把6月16日-6月30日的样本记为，其平均数记为，方差记为， 则总样本平均数， 则总样本方差 ， 所以总样本平均值为86，总样本方差为96. 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 $ 2024~2025学年第二学期福建省部分优质高中高二年级期末质量检测 数 学 试 卷 （考试时间：120分钟；总分：150分） 友情提示：请将所有答案填写到答题卡上！请不要错位、越界答题！ 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. 设集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 若复数满足，则的虚部为（ ） A. B. C. 1 D. 3. 若向量满足，则在上的投影向量是（ ） A. B. C. D. 4. 已知正四棱锥的底面边长为6，且其侧面积是底面积的2倍，则此正四棱锥的体积为（ ） A. B. C. D. 5. 在物理学中简谐运动可以用函数来表示，其部分图象如图所示，则下列结论正确的是（ ） A. 函数的图象关于点成中心对称 B. 函数的解析式可以为 C. 函数在上的值域为 D. 若把图象上所有点向右平移个单位，则所得函数是 6. 函数的部分图象大致为（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 8. 已知，，且，，则（ ） A. B. C. 或 D. 或 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. 已知的二项式系数和为64，则（ ） A. B. 常数项是第3项 C. 二项式系数最大值为20 D. 所有项系数之和等于1 10. 下列命题正确的是（ ） A. 已知，是两个不共线的向量，，，则与可以作为平面向量的一组基底 B. 在中，，，，则这样的三角形有两个 C. 已知是边长为2的正三角形，其直观图的面积为 D. 已知，，若与的夹角为钝角，则k的取值范围为 11. 现将、、、四个数随机排成一列，记事件为“从左至右第个数恰好是”，则下列说法正确的有（ ） A. B. 事件与相互独立 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，的夹角为，且，，则__________. 13. 若，且，则的最小值为__________． 14. 如图将一个矩形划分为如下的A、B、C、D、E、F六个区域，现用四种不同的颜色对这六个区域进行染色，要求边界有重合部分的区域（顶点与边重合或顶点与顶点重合不算）染上不同的颜色，并且每一种颜色都要使用到，则一共有__________种不同的染色方案. 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. 在中，为锐角，． （1）求； （2）若，求的面积． 16. 已知函数． （1）若，求函数的极值； （2）讨论函数的单调性． 17. 如图，在多面体中，平面，，四边形为矩形，，，，为的中点. （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值； （3）求点到平面的距离. 18. 2024年以来，四川省文化和旅游厅制定出台推动文旅市场恢复振兴的系列措施，为进一步发展四川文旅，提升四川经济，在5月份对来川旅游的部分游客发起满意度调查，从饮食、住宿、交通、服务等方面调查旅客满意度，满意度采用百分制，统计的综合满意度绘制成如下频率分布直方图，图中． （1）求图中a的值并估计满意度得分的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）； （2）若有超过的人满意度在75分及以上，则认为该月文旅成绩合格．四川省5月份文旅成绩合格了吗? （3）四川文旅6月份继续对来川旅游的游客发起满意度调查，采用样本量比例分配的分层随机抽样，现知6月1日-6月15日调查的4万份数据中其满意度的平均值为80，方差为75；6月16日-6月30日调查的6万份数据中满意度的平均值为90，方差为70．由这些数据计算6月份的总样本的平均数与方差． 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 $