精品解析：陕西省商洛市2024-2025学年高二下学期7月期末教学质量抽样监测数学试卷

商洛市2024－2025学年度第二学期末教学质量抽样监测 高二数学试卷 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. 4．本试卷主要考试内容：人教A版必修第一、二册，选择性必修第一、二、三册. 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. 已知集合，，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数，则（ ） A. 2 B. 4 C. D. 3. 已知随机变量，则（ ） A. 5 B. 4 C. 6 D. 3 4. 已知定义在R上的偶函数满足，则（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. -2 5. 在△ABC中，，E为线段上一点，，则（ ） A B. C. D. 6. 若数据和数据的平均数均为，方差均为，则数据的方差为（ ） A. B. C. D. 7. 已知存在两个正实数m，n（），使，则实数a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 若函数的两个零点分别为和，则＝（ ） 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. 小张同学收集了某商品销售收入y（单位：万元）与相应的广告支出x（单位：万元）共10组数据，绘制出散点图，如下图所示，并利用线性回归模型进行拟合．她将图中10个点中的A点去掉后再重新进行线性回归分析，则下列说法正确的是（ ）． A. 决定系数变大 B. 残差平方和变大 C. 相关系数r的值变大 D. 去掉A点后，若所有散点都在一条直线上，则决定系数 10 若，且，则（ ） A. B. 展开式中的系数最大 C D. 11. 已知双曲线C：的右顶点为A，右焦点为，以A为圆心，b为半径作圆A，圆A与双曲线C的一条渐近线交于M，N两点．若，过作于点P，则下列说法正确的是（ ） A. 作于点K，则 B. C. 双曲线C离心率为 D. 若，过的直线l交两条渐近线分别于点H，R，若（O为原点），则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知向量满足，且，则__________． 13. 已知一圆锥的底面半径为6，母线长为8，则该圆锥外接球的表面积为_______. 14. 已知抛物线的准线为，点在上，直线，点到直线的距离与到直线的距离之和的最小值是_____________. 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. 已知抛物线的焦点为为上一点，且. （1）求； （2）若点在椭圆上，且直线AB与椭圆相切，求椭圆的标准方程. 16. 某工厂生产了两批次某种产品，现从这两批次产品中共抽取800件进行检测，其中第一批次的产品占了．检测数据如下，第一批次的次品件数与第二批次的次品件数相同，在合格品中，第二批次的合格品占了． （1）根据题中信息，完成下面列联表； 单位：件 生产批次 产品检测结果 合计 次品 合格品 第一批次 第二批次 合计 800 （2）根据小概率值的独立性检验，能否认为产品检测结果与生产批次有关联？ 附：，． 0.05 0.01 0.005 0.001 3.841 6.635 7.879 10.828 17. 如图，在四棱柱中，四边形是菱形，点P在线段上，，平面平面. （1）证明：； （2）已知，，，，求直线与平面所成角的正弦值. 18. 如图，已知在正四棱锥的某个顶点处有一个质点Q，质点Q随机地沿一条棱或底面对角线向相邻的某个顶点移动，且向每个相邻顶点移动的概率相同，从一个顶点沿一条棱或底面对角线移动到相邻顶点称为一次移动．假设质点Q的初始位置在点A处，设质点Q移动n次后还在底面上的概率为． （1）求的值． （2）已知数列满足． （i）证明：数列为等比数列． （ii）求数列的前n项和． 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，若存在正数m，满足，，则称具有性质T．已知二元函数． （1）若恒成立，求a取值范围． （2）已知正数m，满足． （ⅰ）证明：． （ⅱ）证明：具有性质T． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 商洛市2024－2025学年度第二学期末教学质量抽样监测 高二数学试卷 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. 4．本试卷主要考试内容：人教A版必修第一、二册，选择性必修第一、二、三册. 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. 已知集合，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用交集和并集的定义可求得集合. 【详解】因为集合，，，则，故. 故选：C. 2. 已知复数，则（ ） A. 2 B. 4 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先应用乘法运算化简复数，再应用模长公式计算求解. 【详解】因为，所以. 故选：D. 3. 已知随机变量，则（ ） A. 5 B. 4 C. 6 D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意结合正态分布的对称性运算求解. 【详解】由题意可知，正态曲线关于对称， 因为， 所以，解得． 故选：A． 4. 已知定义在R上的偶函数满足，则（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. -2 【答案】C 【解析】 【分析】令，可得，再利用函数的奇偶性可得答案. 【详解】因为满足， 所以令，可得． 又因为是偶函数， 所以． 故选：C. 5. 在△ABC中，，E线段上一点，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由，利用三角形面积公式求解. 【详解】，，则. 由，得， 即，所以． 故选：B． 6. 若数据和数据的平均数均为，方差均为，则数据的方差为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题设易知数据的平均数也是，再由方差公式求方差. 【详解】由题设，数据的平均数为， 所以所求方差为. 故选：B 7. 已知存在两个正实数m，n（），使，则实数a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】对两边取自然对数，可得，令，得．设函数，求导，结合函数的单调性可得的范围，进而得的范围． 【详解】对两边取自然对数，可得，则， 令，得． 设函数，则， 当时，；当时，， 所以在区间上单调递增，在区间上单调递减． 因为，且， 所以，即． 故． 故选：D． 8. 若函数的两个零点分别为和，则＝（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】法一：先利用辅助角公式化简，根据角的范围可得，然后利用诱导公式和二倍角公式可得；法二：由得，然后可得和的正余弦值，再由和差公式可得. 【详解】（方法一）， 其中，取， 由，得， 所以， 所以，所以， 所以 （方法二）由，得， 因，不妨设，则， 所以． 则． 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. 小张同学收集了某商品销售收入y（单位：万元）与相应的广告支出x（单位：万元）共10组数据，绘制出散点图，如下图所示，并利用线性回归模型进行拟合．她将图中10个点中的A点去掉后再重新进行线性回归分析，则下列说法正确的是（ ）． A. 决定系数变大 B. 残差平方和变大 C. 相关系数r的值变大 D. 去掉A点后，若所有散点都在一条直线上，则决定系数 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据散点图的特征可得点较其他点偏离直线更远，从而可得去掉点后，回归效果更好，故可判断ABC的正误，根据残差和为零可判断D的正误. 【详解】由散点图可知，点较其他点偏离直线更远， 去掉点后，回归效果更好，残差平方和变小，决定系数变大； 自变量与因变量相关性变强，又与正相关，所以相关系数的值变大； 当所有散点都在一条直线上时，残差平方和为，决定系数， 故ACD正确，B错误. 故选：ACD. 10. 若，且，则（ ） A. B. 展开式中的系数最大 C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用赋值法求解可判断AC，利用二项展开式的通项求解可判断BD. 【详解】令，则，解得，所以A正确； ， 展开式的通项为，， 可知均大于0，均小于0， 的系数是负数，肯定不是最大值，所以B不正确； 在中，令，得，所以C正确； 令，得，所以，故D正确． 故选：ACD. 11. 已知双曲线C：的右顶点为A，右焦点为，以A为圆心，b为半径作圆A，圆A与双曲线C的一条渐近线交于M，N两点．若，过作于点P，则下列说法正确的是（ ） A. 作于点K，则 B. C. 双曲线C的离心率为 D. 若，过的直线l交两条渐近线分别于点H，R，若（O为原点），则 【答案】ABD 【解析】 【分析】由题意得为等边三角形，求出即可判断A；为双曲线C的特征三角形，求得可判断B，由得，由此求离心率可判断C；由条件求得，双曲线C渐近线的斜率，可得，进而求可判断D． 【详解】如图， 因为，，所以为等边三角形． 若于点K，则，所以A正确． 因为于点P， 如图，双曲线的一条渐近线为，即， 到该渐近线的距离为，即，故B正确， 因为，所以，， 所以离心率，故C不正确． 若，则． 因为，所以， 所以双曲线C渐近线的斜率，可知， 则，所以， 直角中，，则， 又因为，所以， 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. 已知向量满足，且，则__________． 【答案】1 【解析】 【分析】利用向量数量积运算律计算即可求解. 【详解】由题意可知，，， 所以，解得， 所以. 故答案为：1 13. 已知一圆锥底面半径为6，母线长为8，则该圆锥外接球的表面积为_______. 【答案】 【解析】 【分析】首先求得圆锥的高为，结合勾股定理求出外接球半径，结合球的表面积公式即可求解. 【详解】设该圆锥外接球的半径为. 因为圆锥的底面半径为6，母线长为8，所以圆锥的高为. 由，得， 所以该圆锥外接球的表面积. 故答案为：. 14. 已知抛物线的准线为，点在上，直线，点到直线的距离与到直线的距离之和的最小值是_____________. 【答案】3 【解析】 【分析】将问题转化为抛物线的焦点到直线的距离，即可求解. 【详解】由题意，抛物线的焦点为， 由抛物线的定义知，点到直线的距离等于点到点的距离， 因此点到直线的距离与到直线的距离之和的最小值， 即为点到直线的距离，即为. 故答案为：3. 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. 已知抛物线的焦点为为上一点，且. （1）求； （2）若点在椭圆上，且直线AB与椭圆相切，求椭圆的标准方程. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）由已知及抛物线定义得，即可求参数； （2）由（1）及已知得，应用点斜式写出直线，联立椭圆方程并结合及点在椭圆上求椭圆参数，即可求方程. 【小问1详解】 由抛物线定义知，则； 【小问2详解】 由（1）知，则（负值舍）， 所以，可得， 联立，可得， 所以，整理得， 又，即，可得， 所以，则. 16. 某工厂生产了两批次某种产品，现从这两批次产品中共抽取800件进行检测，其中第一批次的产品占了．检测数据如下，第一批次的次品件数与第二批次的次品件数相同，在合格品中，第二批次的合格品占了． （1）根据题中信息，完成下面列联表； 单位：件 生产批次 产品检测结果 合计 次品 合格品 第一批次 第二批次 合计 800 （2）根据小概率值的独立性检验，能否认为产品检测结果与生产批次有关联？ 附：，． 005 0.01 0.005 0.001 3.841 6.635 7.879 10.828 【答案】（1）列联表见解析 （2）产品检测结果与生产批次有关联 【解析】 【分析】（1）根据题设条件可完善列联表； （2）根据（1）的列联表可求，结合临界值表可得判断. 【小问1详解】 从第一批次的产品中抽取了件， 从第二批次的产品中抽取了件． 设第二批次的合格品有件，则第一批次的合格品有件， 故，解得． 列联表如下： 生产批次 产品检测结果 合计 次品 合格品 第一批次 80 240 320 第二批次 80 400 480 合计 160 640 800 【小问2详解】 提出零假设：产品检测结果与生产批次没有关联． 由， 根据小概率值的独立性检验，推断不成立， 即产品检测结果与生产批次有关联，此推断犯错误的概率不大于0.005． 17. 如图，在四棱柱中，四边形是菱形，点P在线段上，，平面平面. （1）证明：； （2）已知，，，，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）先由面面垂直推出线面垂直，得到平面，即得，再由菱形性质，得到，由线线垂直推出线面垂直得平面，即得结论； （2）由图建系，求出相关点和相关向量的坐标，利用空间向量夹角公式计算即得. 【小问1详解】 连接，设，因平面平面， 平面平面，，且平面， 则平面，又平面，则， 因四边形是菱形，则， 因平面，故平面， 因平面，则； 【小问2详解】 设，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系. 因，则为正三角形，故， 依题意可得：， 则， 设平面的法向量为， 则，故可取， 设直线与平面所成角为， 则. 18. 如图，已知在正四棱锥的某个顶点处有一个质点Q，质点Q随机地沿一条棱或底面对角线向相邻的某个顶点移动，且向每个相邻顶点移动的概率相同，从一个顶点沿一条棱或底面对角线移动到相邻顶点称为一次移动．假设质点Q的初始位置在点A处，设质点Q移动n次后还在底面上的概率为． （1）求的值． （2）已知数列满足． （i）证明：数列为等比数列． （ii）求数列的前n项和． 【答案】（1）， （2）（i）证明见解析；（ii） 【解析】 【分析】（1）当时，质点Q移动一次还在底面，所以，当时，表示第次在平面的顶点上的概率，根据已知条件即可求出概率值； （2）（i）首先根据概率关系列出递推关系式，然后化简等式，根据等比数列的定义证明数列是等比数列； （ii）首先列出的表达式，然后利用错位相减法求出结果. 【小问1详解】 由题可知，当时，质点Q移动一次还在底面，所以， 当时，表示第次在平面的顶点上的概率， 表示第次不在平面上的概率． 从底面走到底面的概率为，从顶点P走到底面的概率为1， 所以． 【小问2详解】 （i）因为 所以，所以 因为，所以数列是以为首项，为公比的等比数列． （ii）因为，所以， 所以， ． 两式相减可得 ． 故. 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，若存在正数m，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）已知正数m，满足． （ⅰ）证明：． （ⅱ）证明：具有性质T． 【答案】（1） （2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）证明见解析 【解析】 【分析】（1）恒成立即为恒成立，利用导数求出左侧函数的最大值后可求参数的取值范围. （2）（ⅰ）由可得，利用极值点偏移可证;（ⅱ）要证具有性质T即证，设，从而将前者转化为证明即，利用导数可证明后者. 【小问1详解】 ， 令，则． 令，得，令，得， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 所以， 所以，即a的取值范围为． 【小问2详解】 证明：（ⅰ）正数m，n满足， 则，故，． 不妨设，则由（1）知，． 构造函数， 则， 所以函数在上单调递增， 所以当时，，即当时，， 所以， 又在上单调递增，所以，即． （ⅱ）正数m，n满足，则， 要证，只需证， 即证． 不妨设，则， 两边取指数得，化简得，设，则． 而，当时，， 当时，， 得在，上单调递减，在上单调递增（如图所示）， 要使且，则，， 即，从而，． 要证，只需证． 由于在上单调递增，因此只需证， 又，所以只需证， 所以，则． 设，则． 设，则，在上单调递增， 所以，从而， 所以在上单调递减，从而， 则，所以， 故具有性质T． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$