精品解析：甘肃省甘南藏族自治州2024-2025学年高二下学期期末质量监测数学试卷

高二下学期期末学业水平质量测试卷 数学 本试卷满分150分，考试时间120分钟 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上相应的位置． 2．全部答案在答题卡上完成，答在本试卷上无效． 3．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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，将答案用0.5毫米黑色笔迹签字笔写在答题卡上． 4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 一、单项选择题（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. 若随机变量，且，则的值为（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 4 2. 已知函数，则曲线在点处的切线方程为（ ） A. B. C. D. 3. 过圆外的点作O的一条切线，切点为A，则（ ） A. B. C. D. 5 4. 已知随机变量X的分布列为 X 0 1 2 P m 则数学期望（ ） A. m B. 2 C. 1 D. 5. 下列说法正确的个数为（ ） ①根据具有线性相关关系的两个变量的统计数据所得的回归直线方程为，若，，，则； ②分类变量A与B的统计量越大，说明“A与B有关系”的可信度越小； ③一元线性回归模型中，如果相关系数，表明两个变量的相关程度很强． A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 6. 设是数列的前n项和，若，则（ ） A. B. C. 513 D. 2036 7. 设O为坐标原点，，为双曲线的两个焦点，点P在C上，，则（ ） A. B. 3 C. D. 8. 设函数，若有且仅有两个整数解，则a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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. 在的展开式中，下列说法正确的是（ ） A. 常数项为160 B. 各二项式系数的和为64 C. 各项系数的和为1 D. 各二项式系数的最大值为240 10. 已知函数，则（ ） A. 有3个零点 B. 过原点作曲线的切线，有且仅有一条 C. 点是曲线的对称中心 D. 在区间上的值域为 11. 在棱长为2的正方体中，M，N分别是棱，的中点，点P，Q分别在平面与平面内，则（ ） A. 平面 B. 平面截该正方体所得截面形状为等腰梯形 C. 直线与平面所成角的正弦值的最大值为 D. 的最小值为 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F，分别在棱B1B和D1D上，且BE，DF．若，则x+y+z＝__． 13. 若函数（a为常数）是上的增函数，则a的取值范围是________． 14. 36个大小、质地、颜色完全相同的小球中有10个球面标有0~9的数字小球，此外还有26个球面标有A~Z的字母小球，将这36个小球随机排成一行，则在标有6的小球左侧没有标号比6小的数字小球的概率为______． 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. 在等差数列中，，． （1）求的通项公式； （2）求数列的前n项和 16. 如图，在四棱锥中，平面，，，，点E为的中点． （1）证明：平面； （2）求平面与平面所成角的余弦值； （3）求点B到平面的距离． 17. 已知和为椭圆上两点． （1）求C的方程； （2）点P在椭圆上（异于椭圆的顶点），直线交y轴于点Q，，为椭圆C的左、右焦点，若的面积是面积的3倍，求直线的方程． 18. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）证明：； （3）若对于恒成立，求a的取值范围． 19. 现有A，B两个盒子，A，B两盒子中各装有1个黑球和2个红球，现从A，B两个盒子中各任取一个球交换放入另一个盒子，重复进行次这样的操作后，记A盒子中黑球的个数为，恰有2个黑球的概率为，恰有1个黑球的概率为． （1）求，，，的值； （2）求证：是定值； （3）求的数学期望． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高二下学期期末学业水平质量测试卷 数学 本试卷满分150分，考试时间120分钟 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上相应的位置． 2．全部答案在答题卡上完成，答在本试卷上无效． 3．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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，将答案用0.5毫米黑色笔迹签字笔写在答题卡上． 4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 一、单项选择题（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. 若随机变量，且，则的值为（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】利用正态分布曲线的对称性即可求解. 【详解】因为随机变量，所以正态曲线的对称轴是， 又，可得，则. 故选：C. 2. 已知函数，则曲线在点处的切线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求出导函数，利用导数的几何意义求出切线斜率，结合点斜式直线方程求解即可. 【详解】由，得，则，， 所以曲线在点处的切线方程为，即． 故选：B 3. 过圆外的点作O的一条切线，切点为A，则（ ） A. B. C. D. 5 【答案】B 【解析】 【分析】根据圆的方程可得圆心和半径，结合切线的性质求切线长. 【详解】由题意可知：圆O的圆心为，半径， 所以，即． 故选：B. 4. 已知随机变量X的分布列为 X 0 1 2 P m 则数学期望（ ） A. m B. 2 C. 1 D. 【答案】D 【解析】 【分析】先根据分布列的性质求得，然后根据期望公式求解即可. 【详解】由，得， 所以． 故选：D 5. 下列说法正确的个数为（ ） ①根据具有线性相关关系的两个变量的统计数据所得的回归直线方程为，若，，，则； ②分类变量A与B的统计量越大，说明“A与B有关系”的可信度越小； ③一元线性回归模型中，如果相关系数，表明两个变量的相关程度很强． A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】根据回归直线的性质判断①，根据的意义判断②，根据相关系数的概念判断③. 【详解】对于①，根据回归直线必过得，解得，故①正确； 对于②，根据统计量的意义可知，越大，说明“与有关系”的可信度越大， 故②错误； 对于③，一元线性回归模型中，相关系数的绝对值越接近1，表明两个变量的相关性越强， 所以如果相关系数，表明两个变量的相关程度很强，故③正确． 故选：C． 6. 设是数列的前n项和，若，则（ ） A. B. C. 513 D. 2036 【答案】A 【解析】 【分析】由与的关系即可求出，进而求得. 【详解】由题意得，则， 所以，则． 当时，由得，，解得， 所以， 所以是首项为，公比为2的等比数列， 则，所以， ∴. 故答案为：A. 7. 设O为坐标原点，，为双曲线的两个焦点，点P在C上，，则（ ） A. B. 3 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】结合双曲线的定义和余弦定理得，在和中，由余弦定理得，求解即可. 【详解】由题意得，，所以①， 在中，由余弦定理得， 即②，联立①②，解得， 因为， 所以在和中，由余弦定理，得， 结合，可得， 所以， 所以， 所以，得， 所以， 所以，解得． 故选：A 8. 设函数，若有且仅有两个整数解，则a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设，，由题意知，函数在直线下方的图象中只有两个点的横坐标为整数，分析函数的单调性，数形结合，可求的取值范围. 【详解】设，，由题意知，函数在直线下方的图象中只有两个点的横坐标为整数， ，当时，；当时，． 所以函数在上单调递减，在上单调递增. 所以函数的最小值为． 又，，． 直线恒过定点且斜率为， 则①，，且，解得； ②，且，解得. 故选：D 二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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. 在的展开式中，下列说法正确的是（ ） A. 常数项为160 B. 各二项式系数的和为64 C. 各项系数的和为1 D. 各二项式系数的最大值为240 【答案】BC 【解析】 【分析】根据二项式展开式的通项公式的性质以及各项系数和的求法来逐一分析选项． 【详解】由二项式的展开式的通项为，， 令，解得． 则常数项为，所以选项A错误； 根据二项式系数和的性质，可得的各二项式系数的和为，所以选项B正确； 要求各项系数的和，可令，则，所以各项系数的和为1，所以选项C正确； 因为，所以二项式系数最大的是中间项，即第项，其二项式系数为，所以选项D错误． 故选：BC． 10. 已知函数，则（ ） A. 有3个零点 B. 过原点作曲线的切线，有且仅有一条 C. 点是曲线的对称中心 D. 在区间上的值域为 【答案】BC 【解析】 【分析】求出零点判断A；求出切线方程判断B；利用函数图象变换，结合奇函数性质判断C；举例说明判断D. 【详解】对于A，由，得或，函数的零点只有2个，A错误； 对于B，设过原点作曲线的切线切点为，， 切线方程为，则， 即，整理得，解得，即切线只有一条，B正确； 对于C，，的图象可由的图象向右平移 一个单位长度，向上平移2个单位长度得到，又为奇函数，图象关于原点对称， 则的图象关于对称，而，即点是曲线的对称中心，C正确； 对于D，由，得在区间上的值域不是，D错误. 故选：BC 11. 在棱长为2的正方体中，M，N分别是棱，的中点，点P，Q分别在平面与平面内，则（ ） A. 平面 B. 平面截该正方体所得截面形状为等腰梯形 C. 直线与平面所成角的正弦值的最大值为 D. 的最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据线面平行的判定定理证明判断A，利用平面性质作出截面判断B，建立空间坐标系，设，求出平面的法向量，利用线面角的向量公式得，然后利用换元法求解最值判断C，在延长线上取，使，则，求出平面的法向量，利用向量法求解距离判断D. 【详解】对于A，如图1，M，N分别是棱，的中点， 所以，又平面，平面， 所以平面，A正确． 对于B，如图2，延长交射线，于点，， 连接，，交，于，点， 顺次连接，，，， 所以平面截该正方体所得截面即为五边形，B错误． 对于C，以为原点如图3建系，设，则，，， 设平面的法向量为， 则有取，则， 设直线与平面所成的角为， 则， 要求的最大值，显然． 令，，则，则， 当，即，即时，取得最大值，最大值为，故C正确． 对于D，如图4，在延长线上取，使，所以， 表示到平面的距离， 所以， 当平面，平面，此时取得最小值， 因为，，，， 所以，，， 设平面的法向量为，则 所以令，则， 所以，故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. 在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F，分别在棱B1B和D1D上，且BE，DF．若，则x+y+z＝__． 【答案】 【解析】 【分析】根据空间向量的加法、减法和数乘运算法则，以为基底表示出，由此求得，进而求得. 【详解】平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，BE，DF， 所以 ． 由， 所以x＝﹣1，y＝1，z， x+y+z＝﹣1+1． 故答案为：． 13. 若函数（a为常数）是上的增函数，则a的取值范围是________． 【答案】 【解析】 【分析】求导，由是上的增函数，得到恒成立，通过参变分离即可得解. 【详解】∵，∴. ∵若函数是上的增函数， ∴恒成立，即恒成立， 所以， 即实数的取值范围是． 答案： 14. 36个大小、质地、颜色完全相同的小球中有10个球面标有0~9的数字小球，此外还有26个球面标有A~Z的字母小球，将这36个小球随机排成一行，则在标有6的小球左侧没有标号比6小的数字小球的概率为______． 【答案】 【解析】 【分析】将所求概率转为标有数字6和0~5的小球排列中，数字6的小球在最左侧的概率问题，然后结合排列数的计算利用古典概型概率公式求解即可. 【详解】题目要求数字6的小球左侧无0~5的数字小球， 即数字6的小球位置必须在其所有左侧位置中不包含标有0~5的数字小球的位置， 注意到标有字母的小球不影响这一条件， 故所求概率转化为标有数字6和0~5的小球排列中，数字6的小球在最左侧的概率问题， 其它元素（标有字母的小球和标有7~9的数字小球）的位置不影响， 标有数字0~6的小球随机排成一行共有种情况， 其中数字6的小球在最左侧的排列有个，故所求的概率． 故答案为： 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. 在等差数列中，，． （1）求的通项公式； （2）求数列的前n项和 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设等差数列的公差为，根据通项公式列方程解得，再根据通项公式求解即可； （2）令，结合（1）中，利用裂项相消法即可得到. 【小问1详解】 设等差数列的公差为， 因为，， 所以，所以， 故． 【小问2详解】 由（1）得，令， 则. 所以． 16. 如图，在四棱锥中，平面，，，，点E为的中点． （1）证明：平面； （2）求平面与平面所成角的余弦值； （3）求点B到平面的距离． 【答案】（1）证明：法一：取的中点为，连接，， 则，， 而，，故，， 故四边形为平行四边形，故， 而平面，平面，所以平面． 法二：因为平面，，故建立如图所示的空间直角坐标系， AI 则，，，，，， 从而平面的法向量为，， 因为， 所以， 而平面，所以平面． （2） （3） 【解析】 【分析】（1）法一：取的中点为，连接，，利用中位线性质及梯形性质得四边形为平行四边形，故，然后利用线面平行的判定定理证明即可. 法二：建立空间直角坐标系，求出平面的法向量为，，利用数量积的坐标运算得，即可证明． （2）由（1）平面的法向量为，然后求出平面的法向量，利用向量法求解夹角的余弦值． （3）利用点面距的向量公式直接求解即可． 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 由（1）得，，易知平面的法向量为， 设平面的法向量为， 则由可得，取， 故， 故平面与平面所成角的余弦值为． 【小问3详解】 由，平面的法向量为， 则， 即点到平面的距离为. 17. 已知和为椭圆上两点． （1）求C的方程； （2）点P在椭圆上（异于椭圆的顶点），直线交y轴于点Q，，为椭圆C的左、右焦点，若的面积是面积的3倍，求直线的方程． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）由椭圆所过的点求椭圆方程； （2）设直线的方程为，联立椭圆方程并应用韦达定理，求坐标，再由及已知列方程求参数，即可得. 【小问1详解】 由题意得，解得， 所以的方程为． 【小问2详解】 由题意得，直线的斜率存在，设直线的方程为， 联立方程组，消去整理得， 由根与系数的关系得，所以， 所以，，又因为，， 所以，，， 所以，所以， 即，解得， 所以直线的方程为． 18. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）证明：； （3）若对于恒成立，求a的取值范围． 【答案】（1）在单调递减；在单调递增 （2）证明：要证，只需证当时，． 令，则． 当时，，则在单调递减， 当时，，则在单调递增， 所以，故， 因此． （3） 【解析】 【分析】（1）求导，分类讨论导数符号即可得解； （2）只需证明当时，，构造函数，利用导数证明即可； （3）由题意，对于恒成立，求导分类讨论函数单调性、最值即可得解. 【小问1详解】 ， 当时，，在单调递减；当时，，在单调递增． 综上，在单调递减；在单调递增． 【小问2详解】 略； 【小问3详解】 令，， 令，则． ①当时，由，得，，因此，满足题意． ②当时，由，得，， 因此，则在上单调递增， 若，则， 则在上单调递增， 所以，满足题意； 若，则，， 因此在存在唯一的零点， 且， 当时，，在单调递减， 当时，，在单调递增， 所以，不合题意． 综上，的取值范围为． 19. 现有A，B两个盒子，A，B两盒子中各装有1个黑球和2个红球，现从A，B两个盒子中各任取一个球交换放入另一个盒子，重复进行次这样的操作后，记A盒子中黑球的个数为，恰有2个黑球的概率为，恰有1个黑球的概率为． （1）求，，，的值； （2）求证：是定值； （3）求的数学期望． 【答案】（1），，， （2）证明：因为， ， 所以， 所以． 又因为，所以是常数列． 所以． （3） 【解析】 【分析】（1）根据独立事件乘法公式和互斥事件加法公式求出，，然后利用全概率公式求出，. （2）利用全概率公式求得与的关系，再利用构造法证明是常数列，即可证明. （3）求出的取值及对应的概率，进一步求出期望，再利用（2）结论求值即可. 【小问1详解】 由题意知，，， ． 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由（2）知， 因为的可能取值是0，1，2， ，，， 所以的分布列为 0 1 2 所以． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $