精品解析：广东省茂名市普通高中2024-2025学年高二下学期期末教学质量监测数学试卷

2025年茂名市普通高中高二年级教学质量监测 数学试卷 本试卷共4页，19题.全卷满分150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3.非选择题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交. 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. 已知正项等比数列，，则（ ） A 2 B. 3 C. 4 D. 8 2. 已知x与y之间的一组数据： x 1 2 3 4 y 5.5 4 3.5 3 若y与x满足回归方程，则（ ） A. B. C. D. 3. 在正方体中，O为底面ABCD的中心，则直线与所成的角为（ ） A. B. C. D. 4. 小明在注册某账号的密码时，想在1，2，3，a，b中组成无重复的五位字符的密码，要求a与b相邻，则可以设置不同的密码的个数为（ ） A. 12 B. 24 C. 36 D. 48 5. 已知圆锥的表面积为，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的体积为（ ） A. B. C. D. 6. 已知曲线在点处的切线与直线平行，则（ ） A. 8 B. 12 C. 13 D. 14 7. 已知四棱锥，底面是边长为2菱形，，，与底面所成角为，，则到平面的距离是（ ） A. B. 1 C. D. 8. 袋子A中有2张10元纸币和4张1元纸币，袋子B中有6张5元纸币.现抛掷一枚质地均匀的骰子，掷出几点就从两个袋子中各取出几张纸币，则从A中取出的纸币的面值之和大于从B中取出的纸币的面值之和的概率为（ ） A B. 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. 设某车床生产的零件长度为随机变量X，，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 等差数列的前n项和为，，.则下列说法正确的是（ ） A. B. 数列的第10项为 C. 数列的前n项和 D. 的最大值为8 11. 已知棱长为3正方体，动点P满足，下列结论正确的是（ ） A. 正方体棱上满足条件的P的个数为3 B. 正方体棱上满足条件的P所在的平面去截正方体，截面面积为 C. 正方体棱上满足条件的P所在的平面去截正方体，被截去较小部分的体积为 D. 点P到正方体各顶点距离的最大值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 展开式中的系数为__________. 13. 已知，恒成立，则a的取值范围是________. 14. 在一个数字转换程序中，，分别输入正整数m，n，经该转换程序处理后输出的数值为，该程序运行满足以下3个条件： ①；②；③. 若输入2025，且输出的数值为6103，则输入的正整数为________. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 已知函数. （1）求的单调区间及最值； （2）设，讨论在区间上的零点个数. 16. 已知等差数列的前n项和为，且，，等比数列的前n项和为，且. （1）求数列和的通项公式； （2）令，求数列的前n项和. 17. 如图，在正方体中，E，F分别是棱，上的动点. （1）设E，F分别为、的中点.证明：平面； （2）设. （ⅰ）证明：； （ⅱ）当三棱锥的体积取得最大值时，求平面与平面夹角的余弦值. 18. 某研究小组为了探究性别与商场购物意愿之间是否存在关联，随机调查200名市民，得到如下数据： 单位：人 性别 商场购物意愿 合计 喜欢在商场购物 不喜欢商场购物 男性 60 30 90 女性 90 20 110 合计 150 50 200 （1）根据小概率值的独立性检验，分析性别与商场购物意愿是否有关联. （2）采用分层随机抽样，从调查中喜欢商场购物的市民抽取5人，再从这5人中随机抽取2人，求这2人中男性人数X的分布列和期望. （3）某商场推出购物抽奖促销活动，抽奖是从一个装有1个红球、1个白球、4个黄球的不透明盒子中，依次有放回随机地摸取1个球.规则如下：每摸中1次红球，奖励10元购物券；当消费者摸中红球的个数比黄球个数多1时，抽奖结束，否则抽奖继续.记甲在n次摸球后抽奖结束且获奖30元购物券的概率为，求当取最大值时n的值. 附：，. 临界值表： α 0.050 0.010 0.001 3841 6.635 10.828 19. 已知. （1）若为偶函数，求λ的值； （2）若在区间内有两个不同的极值点，，求证：； （3）当时，定义复数，，i为虚数单位，记.求证：对任意，复数的模均满足. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2025年茂名市普通高中高二年级教学质量监测 数学试卷 本试卷共4页，19题.全卷满分150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3.非选择题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交. 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. 已知正项等比数列，，则（ ） A 2 B. 3 C. 4 D. 8 【答案】C 【解析】 【分析】根据等比数列的性质运算得解. 【详解】由等比数列的性质，得，即，又因为，所以. 故选：C. 2. 已知x与y之间的一组数据： x 1 2 3 4 y 5.5 4 3.5 3 若y与x满足回归方程，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 分析】求出样本中心点坐标，利用回归直线经过样本中心点代入运算得解. 【详解】由表可得，， 因为线性回归方程过样本中心点，则，解得. 故选：A. 3. 在正方体中，O为底面ABCD的中心，则直线与所成的角为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】应用异面直线所成角的定义得出直线与所成的角即为，再应用余弦定理求值即可. 【详解】因为，所以直线与所成的角即为， 设正方体边长为2，由余弦定理，故. 故选:C. 4. 小明在注册某账号的密码时，想在1，2，3，a，b中组成无重复的五位字符的密码，要求a与b相邻，则可以设置不同的密码的个数为（ ） A. 12 B. 24 C. 36 D. 48 【答案】D 【解析】 【分析】将“a”和“b”看成一个整体，利用捆绑法求解. 【详解】将“a”和“b”看成一个整体，与1，2，3进行全排列，再将“a”和“b”交换顺序， 所以不同的放置方式种数为. 故选：D. 5. 已知圆锥的表面积为，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设圆锥的半径为，母线长，根据已知条件求出、的值，可求得该圆锥的高，利用锥体的体积公式可求得结果. 【详解】设圆锥的半径为，母线长，因为侧面展开图是一个半圆，则，即， 则，可得，，利用勾股定理求得圆锥的高为， 所以圆锥的体积为. 故选：A. 6. 已知曲线在点处的切线与直线平行，则（ ） A. 8 B. 12 C. 13 D. 14 【答案】B 【解析】 【分析】求导，利用导数的几何意义求出在点处切线斜率，再根据两直线平行得斜率相等，得解. 【详解】由题得，故在点处切线斜率为， 由两直线平行得斜率相等，即. 故选：B. 7. 已知四棱锥，底面是边长为2的菱形，，，与底面所成角为，，则到平面的距离是（ ） A. B. 1 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，求得点P到平面的距离，利用等体积法，求得点到平面的距离为，得解. 【详解】点P到平面的距离， 又，所以，， 设点到平面的距离为，由，则，所以. 因为平面，所以到平面的距离为. 故选：D. 8. 袋子A中有2张10元纸币和4张1元纸币，袋子B中有6张5元纸币.现抛掷一枚质地均匀的骰子，掷出几点就从两个袋子中各取出几张纸币，则从A中取出的纸币的面值之和大于从B中取出的纸币的面值之和的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设骰子掷出的点数为X，由题可得X可取，依次求出对应的概率得解. 【详解】设骰子掷出的点数为X，“从中取出的纸币的面值之和大于从中取出的纸币的面值之和”为事件， 则 . 故选：B. 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. 设某车床生产的零件长度为随机变量X，，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】AB选项，根据，和期望和方差的性质判断AB；CD选项，利用正态分布密度曲线对称性和概率之和为1得到CD正确. 【详解】A选项，由随机变量可得，； 由期望性质可得，即A正确； B选项，由方差性质可得，即B错误； C选项，由正态分布密度曲线可知其关于对称， 利用对称性与概率和为1可得， ，C正确； D选项，由正态分布密度曲线可知，D正确. 故选：ACD. 10. 等差数列的前n项和为，，.则下列说法正确的是（ ） A. B. 数列的第10项为 C. 数列前n项和 D. 的最大值为8 【答案】AC 【解析】 【分析】对A，利用等差数列的基本量运算求出通项公式，进而判断；对B，根据通项公式判断；对C，利用裂项相消法求解判断；对D，求出，判断. 【详解】对于A，设数列的公差为， 则，，解得，. ，，故A正确； 对于B，由A，，则数列的第10项，故B错误； 对于C，由A，得， 所以数列的前项和 ，故C正确； 对于D，， 所以当时，的最大值为9，故D错误. 故选：AC. 11. 已知棱长为3的正方体，动点P满足，下列结论正确的是（ ） A. 正方体棱上满足条件的P的个数为3 B. 正方体棱上满足条件的P所在的平面去截正方体，截面面积为 C. 正方体棱上满足条件的P所在的平面去截正方体，被截去较小部分的体积为 D. 点P到正方体各顶点距离的最大值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据给定条件，求出点的轨迹，再逐项求解判断. 【详解】取过直线的平面，在此平面内建立平面直角坐标系，如图， 则，设，由，得， 整理得，点的轨迹是以点为圆心，2为半径的圆，即， 在正方体中，延长至，使，则， 因此在空间点P的轨迹是以为球心，2为半径的球面，如图所示， 该球面与正方体的棱有3个交点，，， ，，，A正确，B错误； ，C正确； 点P到正方体各顶点的最大距离分别为；； ；； ；，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. 展开式中的系数为__________. 【答案】80 【解析】 【分析】根据展开式通项公式进行求解. 【详解】因为展开式通项公式为： 所以的系数为. 故答案为：80. 13. 已知，恒成立，则a的取值范围是________. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，分离参数得，令，，利用导数求出的最小值，得解. 【详解】由条件，可得，令，， 则， 故在单调上递增，即的最小值为，则. 故答案为：. 14. 在一个数字转换程序中，，分别输入正整数m，n，经该转换程序处理后输出的数值为，该程序运行满足以下3个条件： ①；②；③. 若输入2025，且输出的数值为6103，则输入的正整数为________. 【答案】3 【解析】 【分析】先推出，，…，是等比数列，从而求出，再推出，，…，是公差为3的等差数列，求出，令且，求出，得到答案. 【详解】依题意得：，，， ，， ∴，，…，是以首项为，公比为4的等比数列. ，. ，. 故，，…，是以首项为，公差为3的等差数列. . 中，令， 可得，输入的正整数为3. 故答案为：3. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 已知函数. （1）求的单调区间及最值； （2）设，讨论在区间上的零点个数. 【答案】（1）单调递减区间为，单调递增区间为，的最小值为，没有最大值. （2）答案见解析 【解析】 【分析】（1）求导，判断的单调性求出最值； （2）由（1），可知在上递增，且，根据k的不同取值，分情况讨论，得解. 【小问1详解】 ，令，解得. 当时，，函数单调递减； 当时，，函数单调递增， 所以当时，取最小值为，没有最大值. 所以单调递减区间为，单调递增区间为，且的最小值为，没有最大值. 【小问2详解】 ，由（1），可知在上递增，而，. 根据k的不同取值，分情况讨论： ①当时，对于，由于，则恒成立，故没有零点. ②当时，由的单调性，可知存在唯一，使，故有唯一零点. ③当时，由，即恒成立，故没有零点. 综上，当时，在上没有零点. 当时，在上有1个零点. 16. 已知等差数列的前n项和为，且，，等比数列的前n项和为，且. （1）求数列和的通项公式； （2）令，求数列的前n项和. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用等差，等比数列的基本量运算求解； （2）由题可得，利用错位相减法求解. 【小问1详解】 由题意知：，， 即，解得. 所以数列的通项公式. 在等比数列中，当时，，得. 当时，，解得，. 所以数列的通项公式. 【小问2详解】 因为， 所以，① ，② ①②得 . 解得， 所以数列的前n项和. 17. 如图，在正方体中，E，F分别是棱，上的动点. （1）设E，F分别为、的中点.证明：平面； （2）设. （ⅰ）证明：； （ⅱ）当三棱锥的体积取得最大值时，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）. 【解析】 【分析】（1）法1，由题可得，利用线面平行的判定定理证明；法2，建立空间直角坐标系，求出坐标，利用向量法证明，得证； （2）（ⅰ）设，求出的坐标，利用向量关系证明；（ⅱ）由三棱锥的体积取得最大值，结合基本不等式可得E，F分别是棱上中点，求出平面和平面的法向量，利用向量法求解. 【小问1详解】 （法一）由E，F分别是棱，的中点， 所以，又，所以，平面，平面， 所以平面. （法二）如图，以D为坐标原点，，，为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 设正方体的棱长为a，E，F分别是棱，的中点， 则，，，， 所以，， 则，所以， 又平面，平面， 所以平面. 【小问2详解】 （ⅰ）设，则，， 所以，，， 所以. （ⅱ）在正方体中，， 若三棱锥体积取得最大值，则取得最大值，又. ， 当且仅当时，即时取等号，即E，F分别是棱上中点， 由，，， 得，，平面的法向量为， 设平面的法向量为， 则，即， 令，，，则，，. 设平面与平面夹角为θ，则， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 18. 某研究小组为了探究性别与商场购物意愿之间是否存在关联，随机调查200名市民，得到如下数据： 单位：人 性别 商场购物意愿 合计 喜欢在商场购物 不喜欢商场购物 男性 60 30 90 女性 90 20 110 合计 150 50 200 （1）根据小概率值的独立性检验，分析性别与商场购物意愿是否有关联. （2）采用分层随机抽样，从调查中喜欢商场购物的市民抽取5人，再从这5人中随机抽取2人，求这2人中男性人数X的分布列和期望. （3）某商场推出购物抽奖促销活动，抽奖是从一个装有1个红球、1个白球、4个黄球的不透明盒子中，依次有放回随机地摸取1个球.规则如下：每摸中1次红球，奖励10元购物券；当消费者摸中红球的个数比黄球个数多1时，抽奖结束，否则抽奖继续.记甲在n次摸球后抽奖结束且获奖30元购物券的概率为，求当取最大值时n的值. 附：，. 临界值表： α 0.050 0.010 0.001 3.841 6.635 10.828 【答案】（1）性别与商场购物意愿有关 （2）分布列见解析， （3）5 【解析】 【分析】（1）计算卡方，与临界值比较，根据独立性检验思想得解； （2）根据分层抽样，这5人中2人是男性，3人是女性，X的可能取值为0，1，2，依次求出X每个取值对应的概率，列出分布列得解； （3）根据题意，甲在抽奖的过程中共抽中3次红球，第n次摸到红球，前次中有抽到2次黄球、2次红球，是“黄红黄红”或“黄黄红红”的顺序，其余均抽到白球，共有种，求出的表达式，判断的单调性，得解. 【小问1详解】 零假设为：性别与商场购物意愿无关，， 根据小概率值的独立性检验，推断不成立，即性别与商场购物意愿有关. 【小问2详解】 调查中喜欢商场购物市民共有150人，男性人数:女性人数， 所以分层随机抽样抽取的5人中2人是男性，3人是女性， 则X的可能取值为0，1，2， ，，， 所以X的分布列如下： X 0 1 2 P 所以2人中男性人数的数学期望. 【小问3详解】 因为n局获奖励30元，说明甲在抽奖的过程中共抽中3次红球， 由于红球的个数比黄球个数多1时结束抽奖，说明第n次摸到红球，前次中有抽到2次黄球、2次红球， 且是“黄红黄红”或“黄黄红红”的顺序，其余均抽到白球，共有种， 则“n次摸球后抽奖结束且甲获奖30元购物券”的概率，， 于是， 因为，所以上式小于0，故， 即单调递减，则当时，取最大值. 另解：， 因为，所以上式小于1，所以. 19. 已知. （1）若为偶函数，求λ的值； （2）若在区间内有两个不同的极值点，，求证：； （3）当时，定义复数，，i为虚数单位，记.求证：对任意，复数的模均满足. 【答案】（1） （2）证明见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）应用偶函数定义计算求解参数； （2）先求出导函数，再求出极值点，再分情况得出单调性即可证明； （3）根据复数及等比数列求和公式计算，结合计算证明即可. 【小问1详解】 定义域为R，关于原点对称. 由为偶函数，可得， 即， 可得，故. 【小问2详解】 由条件，得， 则，满足，，2. 若，有一者为， 不妨设，则，矛盾，则，均不为， 那么. 令，， 则， 且 则当时，，且， 则，故在上递增. 由于，不相等，则，，故，，从而. 【小问3详解】 当时，. 记，， 则，于是， 且， 因此 . 由， 可得 . 因且，则. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$