精品解析：贵州省铜仁市2024-2025学年高二下学期7月教学质量监测数学试题

铜仁市2025年7月高二年级教学质量监测 数学 本试卷共4页，19题.全卷满分150分.考试时间120分钟. 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，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：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 4．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交. 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上． 1. 样本数据2，6，8，12，16，22的中位数为（ ） A. 8 B. 10 C. 12 D. 14 2. 若，，则（ ） A. B. C. D. 3. 若是两个单位向量，且，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 4. 若，则（ ） A. B. C. D. 5. 的展开式中的系数为21，则（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 6. 已知等差数列前9项的和为27，，则 A 100 B. 99 C. 98 D. 97 7. 设为坐标原点，直线与双曲线的两条渐近线分别交于两点，若的面积为8，则双曲线焦距的最小值为（ ） A. 4 B. 8 C. 16 D. 32 8. 已知四面体中，，，则当四面体的体积最大时，其外接球的表面积为（ ） 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．部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 设函数，则（ ） A. 的最小正周期为 B. 的图象关于直线对称 C. 是的零点 D. 在上单调递增 10. 已知椭圆，、是的焦点，过且垂直于轴的直线截椭圆所得弦长为，是上一动点，是圆上一动点，则（ ） A. B. 椭圆离心率为 C. 圆与圆相切 D. 最大值为4 11. 设函数有三个不同的零点，从小到大依次为，则（ ） A. B. 函数的对称中心为 C. 过引曲线的切线，有且仅有1条 D. 若成等差数列，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 在复平面内，复数对应的点的坐标是，则______． 13. 已知函数是奇函数，则______． 14. 如图，已知在正方体顶点处有一质点．若点每次都会随机地沿一条棱向相邻的某个顶点移动，且向每个顶点移动的概率相同．从一个顶点沿一条棱移动到相邻顶点称为移动一次．若质点的初始位置位于点处，点移动次后仍在侧面的概率为，则______；满足的最小值为______． 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. 在中，内角、、所对的边分别为、、，若． （1）求角； （2）若，的面积为，求的周长． 16. 已知抛物线过点，焦点为． （1）求抛物线的标准方程； （2）过点且斜率为1的直线交抛物线于A、两点，若在以为直径的圆内，求实数的取值范围． 17. 在四棱锥中，底面是正方形，侧棱底面，与平面所成角为，是的中点，点且． （1）求证：平面； （2）求证：平面； （3）求平面与平面的夹角的大小． 18 已知函数． （1）当时，求的极值； （2）若在上恒成立，求实数的取值范围； （3）证明：，． 19. 某知识闯关比赛分为预赛与决赛，预赛胜利后才能参加决赛，预赛规定：三人组队参赛，每次只派一个人，且每人只派一次；如果一个人闯关失败，再派下一个人重新闯关；三人中只要有人闯关成功即视作预赛胜利，无需继续闯关.现有甲、乙、丙三人组队参加预赛，他们各自闯关成功的概率分别为、、，假定、、互不相等，且每人能否闯关成功相互独立． （1）若计划依次派甲、乙、丙进行预赛闯关，，，，求该小组预赛胜利概率； （2）已知，若乙只能安排在第二个派出，要使预赛派出人员数目的期望较小，试确定甲、丙谁先派出； （3）预赛胜利小组三名队员都可以进入决赛，决赛规定：单人参赛，每个人回答三道题，全部答对获得一等奖；答对两道题获得二等奖；答对一道题获得三等奖；全部答错不获奖，已知某队员进入了决赛，他在决赛中第一道题答对的概率为，后两道题答对的概率均为．若他获得一等奖的概率为，设他获得二等奖的概率为，求的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 铜仁市2025年7月高二年级教学质量监测 数学 本试卷共4页，19题.全卷满分150分.考试时间120分钟. 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，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：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 4．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交. 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上． 1. 样本数据2，6，8，12，16，22的中位数为（ ） A. 8 B. 10 C. 12 D. 14 【答案】B 【解析】 【分析】根据中位数的计算公式即可求解. 【详解】中位数为． 故选：B 2. 若，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用集合的交集运算知识即可求解. 【详解】由， 所以．故A正确. 故选：A. 3. 若是两个单位向量，且，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据夹角公式即可求解. 【详解】若是两个单位向量，且， 则， ，． 故选：C. 4. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用余弦二倍角公式计算即可. 【详解】． 故选：D 5. 的展开式中的系数为21，则（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 【答案】D 【解析】 【分析】根据通项的特征即可结合组合数的公式求解. 【详解】由于， 故的系数为，故，解得． 故选：D. 6. 已知等差数列前9项的和为27，，则 A. 100 B. 99 C. 98 D. 97 【答案】C 【解析】 【详解】试题分析：由已知，所以故选C. 【考点】等差数列及其运算 【名师点睛】等差、等比数列各有五个基本量,两组基本公式,而这两组公式可看作多元方程,利用这些方程可将等差、等比数列中的运算问题转化为解关于基本量的方程（组）,因此可以说数列中的绝大部分运算题可看作方程应用题,所以用方程思想解决数列问题是一种行之有效的方法. 7. 设为坐标原点，直线与双曲线的两条渐近线分别交于两点，若的面积为8，则双曲线焦距的最小值为（ ） A. 4 B. 8 C. 16 D. 32 【答案】B 【解析】 【分析】由的面积为8可得，然后由重要不等式可得答案. 【详解】联立，解得，不妨令，，则， 边上的高为b，所以，， 故的焦距． 故选：B 8. 已知四面体中，，，则当四面体的体积最大时，其外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设到平面的距离为，根据四面体的体积公式确定体积与的关系，从而确定四面体的体积最大的情况，从而可确定其外接球求解类型得结论. 【详解】设到平面的距离为， 则， 又，所以当平面时四面体的体积最大， 中，由余弦定理得， 则，所以， 当四面体的体积最大时，可以将四面体补成如图所示的长方体， 故此时四面体外接球的半径， 四面体外接球的表面积． 故选：C． 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 设函数，则（ ） A. 的最小正周期为 B. 的图象关于直线对称 C. 是的零点 D. 在上单调递增 【答案】ABC 【解析】 【分析】依据的性质以及整体代换思想、代值检验等方法逐一研究. 【详解】最小正周期，所以A对； 因为，所以B对； 当时，，所以C对； 当时，， 当，即时单调递减； 当，即时单调递增，所以D错． 故选：ABC 10. 已知椭圆，、是的焦点，过且垂直于轴的直线截椭圆所得弦长为，是上一动点，是圆上一动点，则（ ） A. B. 椭圆离心率为 C. 圆与圆相切 D. 的最大值为4 【答案】AC 【解析】 【分析】AB选项，根据通径长得到，进而求出，由椭圆定义判断A，由离心率定义得到B错误；C选项，由圆心距和半径的关系判断C；D选项，设点，其中，可得，化简得到，当时，取得最大值，，进而求出的最大值. 【详解】AB选项，由通径长，得．所以， 由椭圆的定义，可得，所以A正确； 椭圆离心率，所以B不正确； C选项，圆N的圆心为，半径，圆圆心为，， 因为，所以两圆相内切；C正确； D选项，设点，其中，则满足，可得， 则 ， 当时，取得最大值，， 故，所以D不正确． 故选：AC 11. 设函数有三个不同的零点，从小到大依次为，则（ ） A. B. 函数的对称中心为 C. 过引曲线的切线，有且仅有1条 D. 若成等差数列，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，由题可判断单调性，可得在或时取极值，由，可判断选项正误；对于B，令，验证是否成立可判断选项正误；对于C，令，可得此时，设对应切点为，由题可得，据此可判断选项正误；对于D，由题结合三次方程根与系数关系可得答案. 【详解】由，令，解得：或， 在，上单调递增，在上单调递减． 对于A，若有3个零点，则，解得：，故A正确； 对于B，令，注意到 ，则函数的对称中心为，B对； 对于C，因曲线切线只与曲线形状有关，与曲线位置无关， 令对选项判断无影响，此时， 对于方程，其判别式大于0，由韦达定理，两根之积小于0，即两根一正一负， 则若有3个从小到大依次为的零点，则． 设切点坐标为，则切线方程为， 将点即代入整理得，即，解得或， 所以切线有2条，故C错误； 对于D， ， ，，（*）， 若成等差数列，则，则，， 代入（*）得：，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. 在复平面内，复数对应的点的坐标是，则______． 【答案】 【解析】 【分析】根据复数的几何意义求解复数的模长. 【详解】因为复数对应的点的坐标是， 所以 故答案为：． 13. 已知函数是奇函数，则______． 【答案】1 【解析】 【分析】根据奇偶函数的性质可得函数是偶函数，再根据偶函数的定义求解即可. 【详解】因为是奇函数，是奇函数， 所以函数是偶函数，则，所以． 故答案为：1． 14. 如图，已知在正方体顶点处有一质点．若点每次都会随机地沿一条棱向相邻的某个顶点移动，且向每个顶点移动的概率相同．从一个顶点沿一条棱移动到相邻顶点称为移动一次．若质点的初始位置位于点处，点移动次后仍在侧面的概率为，则______；满足的最小值为______． 【答案】 ①. ； ②. 【解析】 【分析】根据全概率公式对仍在底面上的概率进行计算，结合递推公式求通项公式的方法计算即可得解. 【详解】在正方体中，每一个顶点有3个相邻的点，其中两个在同一底面， 当点在左侧面时，随机移动一次仍在左侧面的概率为； 当点在右侧面时，随机移动一次在左侧面的概率为． 所以，． 依题意可知， 所以， 所以是首项为为首项，公比为的等比数列， 所以， 若，则，即． ，， 的最小值为． 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. 在中，内角、、所对的边分别为、、，若． （1）求角； （2）若，的面积为，求的周长． 【答案】（1） （2）6 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理化简已知等式，结合三角形内角和与三角恒等变换即可得，从而得角的大小； （2）根据三角形的面积公式可得的值，结合余弦定理与平方公式可得的值，从而可得三角形的周长. 【小问1详解】 由及正弦定理得， 即，展开整理得， 因为，所以， 于是，即，故； 【小问2详解】 因为，所以， 又由余弦定理可得，即， 所以，即，由此得． 从而的周长． 16. 已知抛物线过点，焦点为． （1）求抛物线的标准方程； （2）过点且斜率为1的直线交抛物线于A、两点，若在以为直径的圆内，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）将代入抛物线方程可得答案. （2）由题可得，将直线方程与抛物线方程联立，结合韦达定理及题意可得关于t的不等式，据此可得答案. 【小问1详解】 因为点在抛物线上，所以，解得，所以抛物线的方程为． 【小问2详解】 易知抛物线焦点为，且“点在以为直径的圆内”等价于“”． 设，，则，记为① 由题意，过点且斜率为1的直线方程为．于是有和，将其代入①式，得 ，记为② 由联立消去，整理得．于是有，即且，记为③ 再将③代入②，整理得 ． 要成立，只要在上恒成立即可． 解不等式得，符合题意． 综上可知，实数的取值范围为． 17. 在四棱锥中，底面是正方形，侧棱底面，与平面所成角为，是的中点，点且． （1）求证：平面； （2）求证：平面； （3）求平面与平面的夹角的大小． 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）连接，交于点，再连接，由，可完成证明； （2）以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，由，结合题意可完成证明； （3）由（2）的结论可得是平面与平面的夹角，然后由向量夹角计算公式可得答案. 【小问1详解】 连接，交于点，再连接． 因为底面是正方形，所以点是的中点． 又是的中点，所以． 而平面且平面． 因此平面． 【小问2详解】 由底面，底面是正方形且与平面所成角为，又，可知是等腰直角三角形，即． 现以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系 设，则，，，， 且．． ． ，． 同理．则. 又,平面,平面； 【小问3详解】 由（2）的结论平面，可知且，结合图形特点可知是平面与平面的夹角，亦可记为． 在等腰直角三角形中，为中点，所以． 又，即且． 于是，且． 又． 所以，即与平面的夹角大小为． 18. 已知函数． （1）当时，求的极值； （2）若在上恒成立，求实数取值范围； （3）证明：，． 【答案】（1）极大值1，无极小值 （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用导函数判断其单调性即可； （2）将问题转化为在上恒成立，构造，再分类讨论研究其单调性即可； （3）由（2）知，当时，在上恒成立，令，则有，再写出个式子，将其相加化简即可. 小问1详解】 当时，，定义域为，则， 当时，；当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 因此，当时有极大值；无极小值． 【小问2详解】 若在上恒成立， 即在上恒成立， 设，则，， ①当时，有，此时函数在上单调递增， 有，不符合题意； ②当时，， 令，解得， 若，则，此时， 函数在上单调递减，则恒有，符合题意； 若，则，则，得；，得， 从而可知，函数在上单调递增，在上单调递减． 注意到当时，，此与相矛盾，不符合题意． 综上，实数的取值范围为． 【小问3详解】 由（2）知，当时，在上恒成立， 令，则有， 所以，，，， 将上面式子相加，可得， 即是， 故，． 19. 某知识闯关比赛分为预赛与决赛，预赛胜利后才能参加决赛，预赛规定：三人组队参赛，每次只派一个人，且每人只派一次；如果一个人闯关失败，再派下一个人重新闯关；三人中只要有人闯关成功即视作预赛胜利，无需继续闯关.现有甲、乙、丙三人组队参加预赛，他们各自闯关成功的概率分别为、、，假定、、互不相等，且每人能否闯关成功相互独立． （1）若计划依次派甲、乙、丙进行预赛闯关，，，，求该小组预赛胜利的概率； （2）已知，若乙只能安排在第二个派出，要使预赛派出人员数目的期望较小，试确定甲、丙谁先派出； （3）预赛胜利小组的三名队员都可以进入决赛，决赛规定：单人参赛，每个人回答三道题，全部答对获得一等奖；答对两道题获得二等奖；答对一道题获得三等奖；全部答错不获奖，已知某队员进入了决赛，他在决赛中第一道题答对的概率为，后两道题答对的概率均为．若他获得一等奖的概率为，设他获得二等奖的概率为，求的最小值． 【答案】（1） （2）先派出甲 （3） 【解析】 【分析】（1）利用相互独立事件乘法公式和互斥事件加法公式来求解，或用对立事件来求解； （2）利用两类情况，通过概率分布列求解期望，再利用作差法来判断即可； （3）利用获一等奖的概率得到参数的相等关系，再利用获二等奖的概率结合消元变为函数问题，通过求导判断单调性来求最小值即可. 【小问1详解】 解法一：设“该小组预赛胜利”，则， 所以该小组预赛胜利概率为． 解法二：利用对立事件，； 【小问2详解】 由题意知，可分两类情况分别进行讨论，再比较他们期望的大小即可． 第一种情况，依次派出甲、乙、丙进行闯关，设派出的人员数目为，则的可能取值为1，2，3． 由题意可知，，，， 此时． 第二种情况，依次派出丙、乙、甲进行闯关，设派出的人员数目为，则的可能取值为1，2，3． 由题意可知，，，， 此时． 因为 而，即有，，所以． 故要使预赛派出人员数目的期望较小，应先派出甲． 【小问3详解】 由题意可得，于是． 则， 令，． 则，令得． 所以当时，，单调递减； 当时，，单调递增． 综上可知，当时，． 即的最小值为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $