精品解析：山西省名校联考2024-2025学年高二下学期7月期末总结考试数学试题

2024~2025学年第二学期高二7月期末总结考 数学 考生注意: 1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟. 2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚. 3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效. 4.本卷命题范围:高考范围（侧重于高二）. 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】D 【解析】 【分析】根据交集定义计算求解. 【详解】由题意得，，所以. 故选：D. 2. 若复数满足，则（ ） A. i B. 1 C. 0 D. 【答案】B 【解析】 【分析】由复数的除法运算与模长公式求解即可. 【详解】由题意知，所以. 故选：B. 3. 已知，是的两个内角，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】利用三角形中“大边对大角”的结论及正弦定理即可判断. 【详解】设角，的对边分别为，在中，， 由正弦定理得，， 所以“”是“”充要条件. 故选：C. 4. 已知10个样本数据的25%分位数为，若分别去掉其中最大的和最小的一个数，记剩下的8个样本数据的25%分位数为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】应用百分位数定义计算判断即可. 【详解】设10个样本数据从小到大排列为， 由，所以， 去掉最大和最小各一个数后剩下的8个样本数据为， 因为，所以剩下8个数据的25%分位数， 又，所以，即. 故选：B. 5. 已知平面向量，满足，，，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据向量模的求法，由先求出，由求出的值，再根据在上的投影向量的公式计算即可. 【详解】因为，所以. 又因为，， 所以， 所以. 所以在上的投影向量为. 故选：A. 6. 已知随机变量，若随机变量，则（ ） A. 14.6 B. 18.8 C. 21.8 D. 30.8 【答案】B 【解析】 【分析】先根据二项分布的公式，求出和，再利用期望和方差的性质，，求出和，即可得解. 【详解】因为随机变量 所以，， 又因为随机变量， 所以，， 所以. 故选：B. 7. 函数的一个零点所在区间为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】在和两种情况下，利用的性质结合函数零点的存在性定理可知零点所在区间. 【详解】由题意知， 当时，， 当时，，，， 所以， 所以在和上无零点，故AB均不正确； 当时，由，在上单调递减， 所以，在上单调递减， 由，，所以， 所以在上有唯一零点，在内无零点，故C正确，D不正确. 故选：C. 8. 如图，在四棱锥中，底面，，，，是棱的中点，则三棱锥的外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】分析得到三棱锥的外接球的球心在平面上，作出辅助线，得到三棱锥的外接球的球心在直线上，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，因为在上，设，所以的坐标为，利用得到方程，解得，进而得到外接球半径，得到表面积. 【详解】因为，，所以，设，则为的中点， 因为平面，，平面，所以，， 因为，平面，，所以平面， 由题意知， 所以三棱锥的外接球的球心在平面上. ，故为等边三角形，故， 又，故，， 又，故， 如图，取棱的靠近的四等分点， 则为线段的中点，，因为为的中点，所以， 所以，所以，所以三棱锥的外接球的球心在直线上. 以为坐标原点，，MB，分别为轴，轴，轴， 建立如图所示的空间直角坐标系，则，，， ，，所以， 因为在上，设，所以的坐标为， 又，即，解得， 故，所以， 所以. 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. 已知随机事件M，N满足，，则（ ） A. 若M，N互斥，则M，N可能相互独立 B. 若M，N相互独立，则M，N一定不互斥 C. 若，则M，N相互独立 D. 若M，N相互独立，则 【答案】BC 【解析】 【分析】对于A，由M，N互斥，可得，判断是否成立，即可判断A；对于B，根据M，N相互独立，可得，再判定是否为0，即可判断B；对于C，先根据条件概率的公式将变形，再判断是否成立，即可判断C，对于D，由B知，，即可判断D. 【详解】若M，N互斥，则，则，所以M，N一定不相互独立，故A错误； 若M，N相互独立，则，所以M，N一定不互斥，故B正确； 由，所以，所以M，N相互独立，故C正确； 由B知，若M，N相互独立，则M，N一定不互斥，所以，故D错误. 故选：BC. 10. 已知，则（ ） A. B. 在中的最大值为 C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】将二项式化为并写出其展开式通项，进而根据各选项的分别求、确定中的最大值；用赋值法，令可求的值；将目标式去绝对值符号，应用赋值法令，即可求的值. 【详解】由，得展开式通项为. 对于A，，故A错误； 对于B，均为负数，，，，，所以在中最大，故B正确； 对于C，令，得，又，所以.故C正确； 对于D，因为均为负数，其余的均为正数， 所以， 令，得.， 所以，故D正确. 故选：BCD. 11. 在平面直角坐标系中，双曲线的左、右焦点分别为，，点，直线交于C，D两点.若的重心在以为直径的圆上，则（ ） A. 的焦距为 B. 的渐近线方程为 C. 的外接圆的面积为 D. 过点作直线交于，两点，且，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】由题设求得的重心的坐标为代入圆，结合，求得，进而得的焦距和渐近线方程，即可判断A、B；由题设得，令，，进而可求的外接圆的圆心，从而得半径、面积即可判断C；设直线，，，联立利用韦达定理结合求得，再利用弦长公式求得即可判断D. 【详解】由题意易得C，D两点的坐标为，， 又，所以的重心的坐标为， 记，则以线段为直径的圆的方程为， 所以，所以， 所以，所以的焦距为，， 故的渐近线方程为，故A、B均正确； 不妨令，， 又，所以线段的垂直平分线的方程为， 线段的垂直平分线的方程为， 令，得，所以的外接圆的圆心为， 所以外接圆的半径为， 所以的外接圆的面积为，故C错误； 由上面分析知的方程为，由题知直线的斜率不为0， 设直线，，， 联立，整理得， 则，，，， 所以， 因为，所以， 所以， 即，整理得，即， 所以，故D正确. 故选：ABD. 三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知角的始边与轴的非负半轴重合，终边经过点，将角的终边按逆时针方向旋转角至第三象限，若，则_____. 【答案】 【解析】 【分析】根据三角函数的定义先得到及的值，再结合角的终边所在象限，由的值求出，再利用和角的正弦和余弦公式将两式展开，通过加减消元即可求出的值. 【详解】因为角的始边与轴的非负半轴重合，终边经过点， 所以可知，. 由题意可知角的终边在第三象限，又， 所以 又因为①， ②， ①②可得，所以. 13. 已知函数的定义域为，，，且，则_____. 【答案】 【解析】 【分析】利用赋值法，借助已知的，可求得，再利用递推思想赋值，从而可利用累加法来求得，从而可得到，即可求和. 【详解】因为，，令， 得，因为， 所以，即， 令，，得，即， 所以， 令，，得， 所以. 故答案为： 14. 已知函数在上仅有一个极值点，则实数的取值范围为_____. 【答案】 【解析】 【分析】由在上仅有一个极值点，分析得到在上仅有一个变号零点.令，由解得，分和两种情况分别讨论，即在上的单调性，进而得到在上的单调性，再利用零点存在定理即可得解. 【详解】由，可得， 因为在上仅有一个极值点，所以在上仅有一个变号零点. 令，则， 令，得，记， 当，即时，可得在上恒成立， 所以，即在上单调递增， 所以，，所以在上单调递增， 故在上无极值，不合题意； 当，即时， 故，即在上单调递减，在上单调递增， 且，所以，又， 所以在内存在唯一零点， 即在上仅有一个变号零点，所以. 综上所述，实数的取值范围为. 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. 据文化和旅游部5月6日公布2025年“五一”假期全国国内出游人次为3.14亿，总花费为1802.69亿元.在假期出游的人群中，有跟团游，也有自由行等不同的旅游方式.为了解年龄因素是否影响旅游方式的选择，我们按年龄将成年人群分为青壮年组（大于17岁，小于45岁）和中老年组（大于或等于45岁）.现从市随机抽取200名成年人进行调查，得到数据如下表: 青壮年 中老年 合计 跟团游 30 60 90 自由行 65 45 110 合计 95 105 200 （1）依据小概率值的独立性检验，分析年龄与选择旅游方式是否有关联； （2）用分层随机抽样的方法从跟团游中抽取9人，再从9人中随机抽取5人，用随机变量表示5人中青壮年人数与中老年人数之差的绝对值，求的分布列和数学期望. 附:. 0.05 0.01 0.005 0.001 3.841 6.635 7.879 10.828 【答案】（1）认为年龄与选择旅游方式有关联 （2）分布列见解析， 【解析】 【分析】（1）由卡方公式计算再比较即可； （2）先用分层抽样确定青壮年和中老年人数，确定随机变量的可能取值为1，3，5，用古典概率计算出相应的概率，求出的分布列，再利用数学期望公式求出期望即可. 【小问1详解】 零假设:年龄与选择旅游方式无关联. 根据列联表，得， 依据的独立性检验，可以推断不成立，即认为年龄与选择旅游方式有关联. 【小问2详解】 用分层随机抽样的方法在青壮年组抽取人数为，在中老年组抽取的人数为， 随机变量的可能取值为1，3，5， ， ， ， 故的分布列为: 1 3 5 所以. 16. 已知数列的前项和为，满足. （1）求数列的通项公式； （2）若数列满足，，记数列的前项和为，证明:. 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）应用结合等比数列定义及通项公式计算求解； （2）结合对数运算应用裂项相消法求和，最后应用不等式性质求解. 【小问1详解】 因为， 所以当时，， 当时，， 所以，所以， 因，所以，所以， 所以数列是首项为4，公比为2的等比数列， 所以. 【小问2详解】 证明:由题意知， 所以当时，， 累加得， 所以，所以， 所以， 当时，上式也成立，故. ， 因为，所以，，， 所以. 17. 如图，在多面体中，平面平面，四边形是正方形，，，，M是的中点. （1）证明：平面； （2）求平面与平面的夹角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2）. 【解析】 【分析】（1）连接，交于点，连接，由中位线定理可得，再根据线面平行的判定定理即可证明平面； （2）过在平面内作轴垂直于，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面的一个法向量及平面的一个法向量，设平面与平面的夹角为，再根据公式，即可求出平面与平面的夹角的余弦值. 【小问1详解】 连接，交于点，连接， 因为四边形是正方形，所以为的中点， 又是的中点，所以， 因为平面，平面， 所以平面. 【小问2详解】 因为四边形为正方形，所以， 因为平面平面，平面平面， 平面，所以平面. 过在平面内作于垂直的直线为轴， 以为坐标原点，直线AC，AE分别为轴，轴 建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，. 在中，，，， 由余弦定理可知， 又，所以， 所以，， 所以，， ，. 设平面的一个法向量， 则 令，得，，故， 设平面的一个法向量， 则 令，得，，故， 设平面与平面的夹角为，则， 所以， 所以平面与平面的夹角的余弦值为. 18. 已知抛物线的焦点为，是上一点，且.椭圆的左、右顶点分别为A，B，右焦点为，是上一点. （1）求，的方程； （2）已知为上的一点（异于A，B两点），直线，分别与直线相交于P，Q两点，求的最小值； （3）已知直线与交于M，N两点，直线和的斜率分别为，，且，证明:直线过定点，并求出该定点的坐标. 【答案】（1），的方程为 （2）6. （3）证明见解析，定点. 【解析】 【分析】（1）根据抛物线的定义求出抛物线的标准方程，写出焦点，根据焦点坐标和椭圆上一点，求出椭圆标准方程即可； （2）根据圆锥曲线和直线的位置关系，设出坐标，联立方程组，根据韦达定理，表示出线段的长度，根据方程组有解情况下判别式的范围，求出参数范围，求得线段最小值； （3）根据圆锥曲线和直线的位置关系，解决直线过定点的方法，联立方程组，根据韦达定理，证明直线过定点. 【小问1详解】 因为，且，所以，解得， 所以抛物线，， 设的半焦距为，则由题意得解得 所以的方程为. 【小问2详解】 设，，， 因为A，R，P三点共线，所以， 又，，所以， 所以，同理， 所以. 因为点在，所以，所以， 所以， 令，则， 代入并整理，得， 所以， 解得，所以，即的最小值为6. 【小问3详解】 设，， 联立消去并整理，得， 所以，化简得， 由韦达定理得，， 所以， 此时，即， 因为，，所以， 所以，因为，所以， 所以直线过定点. 19. 已知定义在上的函数和，和分别为其导函数.若，恒成立，则称为的“重导优函数”. （1）判断函数是否是的“1重导优函数”； （2）若函数是的“重导优函数”，求的取值范围； （3）已知函数，是偶函数，.若是的“1重导优函数”，证明:“”的充要条件是“是上的常函数”. 【答案】（1）是的“1重导优函数” （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据新定义判断即可； （2）根据重导优函数的定义，可得恒成立，分离参数后，利用导数求最值可得解； （3）结合是的“1重导优函数”，先由充分性得出，再由时，验证命题的必要性即可. 【小问1详解】 由题意得， 因为，所以，即， 所以是的“1重导优函数”. 【小问2详解】 由题意得，， 因为为的“重导优函数”，所以，， 即恒成立， 所以恒成立， 令，问题转化为. 由，得， 因为，， 所以当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，所以， 故的取值范围是. 【小问3详解】 充分性:若为上的常函数，即存在常数C，，， 所以，所以为偶函数， 由，得， 又是偶函数，， 即，所以在上恒成立， 所以. 必要性:若，则，所以，即偶函数， 因为是的“1重导优函数”， 所以， 因为，，所以， 所以，即对，恒成立， 所以， 所以，所以，恒成立， 所以为常函数. 综上所述，“”的充要条件是“是上的常函数”. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024~2025学年第二学期高二7月期末总结考 数学 考生注意: 1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟. 2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚. 3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效. 4.本卷命题范围:高考范围（侧重于高二）. 一、选择题:本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 若复数满足，则（ ） A i B. 1 C. 0 D. 3. 已知，是的两个内角，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 4. 已知10个样本数据的25%分位数为，若分别去掉其中最大的和最小的一个数，记剩下的8个样本数据的25%分位数为，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知平面向量，满足，，，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 6. 已知随机变量，若随机变量，则（ ） A. 14.6 B. 18.8 C. 21.8 D. 30.8 7. 函数的一个零点所在区间为（ ） A. B. C. D. 8. 如图，在四棱锥中，底面，，，，是棱中点，则三棱锥的外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 二、选择题:本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知随机事件M，N满足，，则（ ） A. 若M，N互斥，则M，N可能相互独立 B. 若M，N相互独立，则M，N一定不互斥 C. 若，则M，N相互独立 D. 若M，N相互独立，则 10. 已知，则（ ） A. B. 在中的最大值为 C. D. 11. 在平面直角坐标系中，双曲线的左、右焦点分别为，，点，直线交于C，D两点.若的重心在以为直径的圆上，则（ ） A. 的焦距为 B. 的渐近线方程为 C. 的外接圆的面积为 D. 过点作直线交于，两点，且，则 三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知角的始边与轴的非负半轴重合，终边经过点，将角的终边按逆时针方向旋转角至第三象限，若，则_____. 13. 已知函数的定义域为，，，且，则_____. 14. 已知函数在上仅有一个极值点，则实数的取值范围为_____. 四、解答题:本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 据文化和旅游部5月6日公布2025年“五一”假期全国国内出游人次为3.14亿，总花费为1802.69亿元.在假期出游的人群中，有跟团游，也有自由行等不同的旅游方式.为了解年龄因素是否影响旅游方式的选择，我们按年龄将成年人群分为青壮年组（大于17岁，小于45岁）和中老年组（大于或等于45岁）.现从市随机抽取200名成年人进行调查，得到数据如下表: 青壮年 中老年 合计 跟团游 30 60 90 自由行 65 45 110 合计 95 105 200 （1）依据小概率值的独立性检验，分析年龄与选择旅游方式是否有关联； （2）用分层随机抽样的方法从跟团游中抽取9人，再从9人中随机抽取5人，用随机变量表示5人中青壮年人数与中老年人数之差的绝对值，求的分布列和数学期望. 附:. 0.05 0.01 0005 0.001 3841 6635 7.879 10.828 16. 已知数列的前项和为，满足. （1）求数列的通项公式； （2）若数列满足，，记数列的前项和为，证明:. 17. 如图，在多面体中，平面平面，四边形是正方形，，，，M是的中点. （1）证明：平面； （2）求平面与平面的夹角的余弦值. 18. 已知抛物线的焦点为，是上一点，且.椭圆的左、右顶点分别为A，B，右焦点为，是上一点. （1）求，的方程； （2）已知为上的一点（异于A，B两点），直线，分别与直线相交于P，Q两点，求的最小值； （3）已知直线与交于M，N两点，直线和的斜率分别为，，且，证明:直线过定点，并求出该定点的坐标. 19. 已知定义在上的函数和，和分别为其导函数.若，恒成立，则称为的“重导优函数”. （1）判断函数是否是的“1重导优函数”； （2）若函数是的“重导优函数”，求的取值范围； （3）已知函数，是偶函数，.若是的“1重导优函数”，证明:“”的充要条件是“是上的常函数”. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$