精品解析：陕西省汉中市2024-2025学年高二下学期7月期末质量检测考试数学试题

汉中市普通高中二年级期末质量检测考试 数学 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上. 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、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. 在复平面内，复数对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 设集合，若，则a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 3. 曲线在处的切线斜率为2，则（ ） A. B. 1 C. 0 D. 4. 已知是平面内的一个基底，若向量与向量是共线向量，则（ ） A. B. C. D. 4 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 6. 记为等比数列的前n项和，若，则（ ） A. 4 B. 6 C. 7 D. 8 7. 一组样本数据的平均数为4，方差为10，则由这组样本数据得到的新样本数据4，4，4，4，的方差为（ ） A. 6 B. C. 8 D. 8. 已知反比例函数的图象是双曲线，其两条渐近线为x轴和y轴，两条渐近线的夹角为，将双曲线绕其中心旋转，可使其渐近线变为直线，由此可求得其离心率为.已知函数的图象也是双曲线，直线是它的一条渐近线，则该双曲的离心率是（ ） A. B. C. 2 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. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ） A. B. C. D. 10. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 的图象是轴对称图形 B. 在上单调递增 C. 的值域为 D. 恰有两个零点 11. 已知是数列的前n项和，则下列结论正确的是（ ） A. B. 是等比数列 C. 是递增数列 D. 能被7整除 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知抛物线上的点到焦点的距离为5，则___________. 13. 如图，过三棱柱下底面的边作一个截面，截面与上底面的交线为分别是的中点.该截面将三棱柱分成了两部分，设较大部分的体积为，较小部分的体积为，则___________. 14. 1679年，莱布尼茨发明了二进制，即在数学和数字电路中以2为基数的记数系统，这一系统中，通常用两个不同的符号0和1来表示．现代的计算机和依赖计算机的设备里都使用二进制．设正整数，其中，令，若，且，则n有___________种情况.（用数字作答） 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. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知. （1）求C； （2）若，求的面积. 16. 如图，在四棱锥中，是边长为2的等边三角形，底面为直角梯形，且. （1）证明：平面平面； （2）求与平面所成角的正弦值. 17. 为了更好地普及科学知识，某班举行了科技知识竞赛活动，制定了两种竞赛规则方案.①方案一：共设置4道题，参加比赛的同学从第1题开始答题，答对进入下一题，答错则终止答题，第题对应分，答对获得相应的分数，答错得0分.②方案二：共设置4道题，参加比赛的同学从第1题开始答题，无论是否答对都可以回答下一题，直到4道题答完为止，每题2分，答对获得相应的分数，答错得0分.已知小明答对每道题的概率均为，且每次回答正确与否都相互独立. （1）若小明选择方案一，记X为小明的累计得分，求X的分布列； （2）为使累计得分的期望最大，小明应选择哪个方案？说明理由. 18. 已知、分别是椭圆的左、右顶点，的离心率为，且. （1）求椭圆的方程； （2）已知是线段上一点（异于、），过点的直线与椭圆交于、两点（异于、），直线、分别交直线于、两点. （i）若的中点为，求的方程； （ii）是否存在点，使得为定值？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由. 19. 我们把有两个自变量的函数称为“二元函数”，对于二元函数，若实数满足，则称具有性质T.已知二元函数. （1）若恒成立，求a的取值范围； （2）证明：当时，； （3）已知实数满足，证明：具有性质T. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 汉中市普通高中二年级期末质量检测考试 数学 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上. 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、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. 在复平面内，复数对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】A 【解析】 【分析】利用复数的乘法法则将复数化简，再利用复数的几何意义进行判断即可. 【详解】因为，所以复数在复平面内对应的点为，位于第一象限. 故选：A. 2. 设集合，若，则a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】通过解一元二次不等式化简集合，结合包含关系即可求解参数范围. 【详解】因为，且, 所以. 故选：D. 3. 曲线在处的切线斜率为2，则（ ） A. B. 1 C. 0 D. 【答案】D 【解析】 【分析】先根据导数的求导法则求出导函数，再根据导数的几何意义可得. 【详解】由，得曲线在处的切线斜率为，得. 故选：D 4. 已知是平面内的一个基底，若向量与向量是共线向量，则（ ） A. B. C. D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】根据平面向量基本定理和向量共线的条件列式求解. 【详解】由题可知存在实数使得， 又是一组不共线向量， 所以即. 故选：C 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据平方关系结合题设可得，再根据二倍角公式求解即可. 【详解】由，结合，解得， 则. 故选：B. 6. 记为等比数列的前n项和，若，则（ ） A. 4 B. 6 C. 7 D. 8 【答案】B 【解析】 【分析】根据等比数列的前项和的性质可得. 【详解】因为是等比数列，所以成等比数列， 因，则，故，解得. 故选：B 7. 一组样本数据的平均数为4，方差为10，则由这组样本数据得到的新样本数据4，4，4，4，的方差为（ ） A. 6 B. C. 8 D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据分层抽样的平均数及方差公式计算即可. 【详解】4，4，4，4的平均数为，方差为0， 所以新样本数据的平均数是， 所以新样本数据的方差为. 故选：. 8. 已知反比例函数的图象是双曲线，其两条渐近线为x轴和y轴，两条渐近线的夹角为，将双曲线绕其中心旋转，可使其渐近线变为直线，由此可求得其离心率为.已知函数的图象也是双曲线，直线是它的一条渐近线，则该双曲的离心率是（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据渐近线的斜率与夹角正切列式，再应用渐近线和离心率间的关系计算求解. 【详解】函数图象的渐近线为直线和y轴， 设渐近线与实轴的夹角为，则， 所以该双曲线的离心率是. 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.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. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】根据函数图象得出周期进而得出判断A，B，再代入点结合正弦函数性质得出以即可判断C，D. 【详解】由题意可得，所以最小正周期，所以，解得， 所以，故A错误，B正确； 因为图象过点，所以，所以， 所以，所以， 又，所以，故C错误，D正确. 故选：BD. 10. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 的图象是轴对称图形 B. 在上单调递增 C. 的值域为 D. 恰有两个零点 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据判断A；根据复合函数的单调性、值域判断BC；根据函数零点的定义求解判断D. 【详解】对于A，函数的定义域为， 因为， 故的图象关于直线对称，A正确； 对于B，由， 因为在上单调递增，且在其定义域内单调递增， 所以在上单调递增，B正确； 对于C，当时，，故的值域为，C错误； 对于D，令，则，解得， 则有两解，且这两个解均在内，故D正确. 故选：ABD. 11. 已知是数列的前n项和，则下列结论正确的是（ ） A. B. 是等比数列 C. 是递增数列 D. 能被7整除 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据题设，计算求解即可判断A；根据等比数列的定义结合题设判断B；求出，结合递增数列的定义判断C；先求出，再结合二项式定理判断D. 【详解】对于A，由，可得， 故，A错误； 对于B，由， 则，又， 所以是以1为首项，2为公比的等比数列，B正确； 对于C，，即， 所以，即， 令， 所以是递增数列，C正确； 对于D，因为， 所以， 即， 因为 ， 所以能被7整除，又也能被7整除，所以D正确. 故选：BCD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知抛物线上的点到焦点的距离为5，则___________. 【答案】8 【解析】 【分析】根据抛物线的焦半径公式计算即可. 【详解】因为点M到焦点的距离为5，所以，解得. 故答案为： 13. 如图，过三棱柱下底面的边作一个截面，截面与上底面的交线为分别是的中点.该截面将三棱柱分成了两部分，设较大部分的体积为，较小部分的体积为，则___________. 【答案】##1.4 【解析】 【分析】由题意知几何体为三棱台，设三棱柱的高为h，三角形的面积为S，根据相似三角形可得三角形的面积为，进而结合棱柱、棱台的体积公式计算求解即可. 【详解】由题意知几何体为三棱台， 设三棱柱的高为h，三角形的面积为S， 由于分别是的中点，则，即 则三角形的面积为， 所以， 故，所以. 故答案为：. 14. 1679年，莱布尼茨发明了二进制，即在数学和数字电路中以2为基数的记数系统，这一系统中，通常用两个不同的符号0和1来表示．现代的计算机和依赖计算机的设备里都使用二进制．设正整数，其中，令，若，且，则n有___________种情况.（用数字作答） 【答案】120 【解析】 【分析】由条件结合组合数公式即可得到结果. 【详解】因为，且， 所以这10个数中恰有3个1，其余为0， 故n有种情况. 故答案为：120. 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. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知. （1）求C； （2）若，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据余弦定理计算结合角的范围求角； （2）先应用正弦定理边角转化得出，再应用面积公式计算求解. 【小问1详解】 由，可得， 由余弦定理， 可得. 因为，所以. 【小问2详解】 因为，所以由正弦定理得，即. 因为，所以，即. 故的面积. 16. 如图，在四棱锥中，是边长为2的等边三角形，底面为直角梯形，且. （1）证明：平面平面； （2）求与平面所成角的正弦值. 【答案】（1） 证明：取的中点O，连接. 由是边长为2的等边三角形，得，， 易得四边形为正方形，所以， 则，所以. 因为，平面， 所以平面， 因为平面，所以平面平面. （2） 【解析】 【分析】（1）根据线面垂直、面面垂直的判定定理即可证明； （2）建立空间直角坐标系，利用向量法求线面角即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知直线两两垂直， 则以O为坐标原点，所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则. 设平面的法向量为，则 取，得， 设直线与平面所成角为， ， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 17. 为了更好地普及科学知识，某班举行了科技知识竞赛活动，制定了两种竞赛规则方案.①方案一：共设置4道题，参加比赛的同学从第1题开始答题，答对进入下一题，答错则终止答题，第题对应分，答对获得相应的分数，答错得0分.②方案二：共设置4道题，参加比赛的同学从第1题开始答题，无论是否答对都可以回答下一题，直到4道题答完为止，每题2分，答对获得相应的分数，答错得0分.已知小明答对每道题的概率均为，且每次回答正确与否都相互独立. （1）若小明选择方案一，记X为小明的累计得分，求X的分布列； （2）为使累计得分的期望最大，小明应选择哪个方案？说明理由. 【答案】（1） X 0 1 4 9 16 P （2）小明应选择方案二，理由如下：由（1）可知若小明选择方案一， 则. 若小明选择方案二，记Y为小明的累计得分，Z为小明答对题目的数量，则， 又，所以， 则. 因为，所以小明应选择方案二. 【解析】 【分析】（1）由题意可得X的可能取值为0，1，4，9，16，然后分别求得其对应概率，即可得到分布列； （2）根据期望公式分别求出方案一和方案二的期望，进行比较即可. 【小问1详解】 X的可能取值为0，1，4，9，16. ， . X 0 1 4 9 16 P 【小问2详解】 略 18. 已知、分别是椭圆的左、右顶点，的离心率为，且. （1）求椭圆的方程； （2）已知是线段上一点（异于、），过点的直线与椭圆交于、两点（异于、），直线、分别交直线于、两点. （i）若的中点为，求的方程； （ii）是否存在点，使得为定值？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） （2）（i）；（ii）存在，或 【解析】 【分析】（1）由已知条件可得出关于、、的方程组，解出这三个量的值，即可得出椭圆的方程； （2）（i）设、，则，，利用点差法可求得直线的方程； （ii）设，由题可知直线的斜率不为，可设直线，将该直线方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，求出直线、的方程，可求出点、的坐标，利用平面向量数量积的坐标运算结合韦达定理可化简得出的表达式，根据为定值可求出的值，即可得出点的坐标. 【小问1详解】 由题可知，解得， 所以椭圆的方程为. 【小问2详解】 （i）设、，， 若的中点为，则，. 又，两式相减可得， 即， 所以，所以，故的斜率为. 因为点在上，所以的方程为，即； （ii）设，由题可知直线的斜率不为，可设直线， 由得， 即， 则，得， 由韦达定理可得，， 直线的方程为，, 令可得，即点， 同理可得点，， 则，， 所以 ， 当，即时，， 当，即（舍去）时，， 故当或时，为定值. 19. 我们把有两个自变量的函数称为“二元函数”，对于二元函数，若实数满足，则称具有性质T.已知二元函数. （1）若恒成立，求a的取值范围； （2）证明：当时，； （3）已知实数满足，证明：具有性质T. 【答案】（1） （2）证明：， 令，则， 令，得，令，得，所以在上单调递减，在上单调递增，所以， 所以，故当时，. （3）证明：因为，所以， 故. 设，则，令，得. 令，得，令，得， 所以在上单调递增，在上单调递减. 不妨取，欲证，即证. 又因为在上单调递减，所以只需证， 又因为，所以也即证， 构造函数， 则等价于证明对恒成立. ， 因为，所以，所以， 则在上单调递增， 所以，即已证明对恒成立， 故原不等式成立，即具有性质T. 【解析】 【分析】（1）由题意将问题转化为恒成立，令，利用导数分析其单调性，进而求解即可； （2）由，令，利用导数分析其单调性，进而求证即可； （3）由可得，设，利用导数分析可得在上单调递增，在上单调递减，要证具有性质T，只需证，构造函数，利用导数分析其单调性，进而求证即可. 【小问1详解】 ，由，可得， 令，则. 令，得，令，得， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以， 所以，即a的取值范围为. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $