精品解析：云南省永胜县第一中学2024-2025学年高二下学期期末质量检测数学试卷

丽江市永胜县第一中学2024-2025学年高二下学期期末质量检测 数学试卷 注意事项： 1．答卷前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填 写在答题卡上，并认真核准条形码上的姓名、准考证号、考场号、座位号及科目，在规 定的位置贴好条形码. 2．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，用黑色碳 素笔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、单选题（本大题共8小题，共计40分） 1. 若复数，则复数z的模等于（ ） A. B. 2 C. D. 4 2. 设命题：，则的否定为（ ） A. B. C. D. 3. 已知，，，，若与共线，则（ ） A. 1 B. 2 C. 或2 D. 或1 4. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 5. 某学校为了解学生参加体育运动的情况，用比例分配的分层随机抽样方法作抽样调查，拟从初中部和高中部两层共抽取60名学生，已知该校初中部和高中部分别有400名和200名学生，则不同的抽样结果共有（ ）． A. 种 B. 种 C. 种 D. 种 6. 如图，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则（ ） A. B. C. D. 平面 7. 在棱长为2的正方体中，是的中点，是上的动点，则三棱锥外接球表面积的最小值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知椭圆C：（）的左､右顶点分别为，，且以线段为直径的圆与直线相交，则椭圆C的离心率的取值范围为（ ） A. B. C. D. . 二、多选题（本大题共3小题，共计18分） 9. 校园合唱比赛中，高一（4）班演唱结束后，10位裁判分别进行打分，结果如下（满分10分）：9.0，8.8，9.0，9.2，9.3，8.9，8.8，9.0，8.5，9.5；则下列说法正确的是（ ） A. 该班的平均得分是9.0分 B. 该班得分的第70百分位数是9.1分 C. 该班得分的方差是0.72 D. 若得分数据去掉一个最高分和一个最低分后，该班得分的平均分不变，方差变小 10. 如图，在四棱锥中，底面是边长为1的正方形，底面，，点为线段上的动点（不包括端点），则下列结论正确的是（ ） A. 该四棱锥的体积为 B. 一定存在点，使平面 C. 一定存在点，使平面 D. 的最小值为 11. 已知圆，圆，动圆与圆外切于点，与圆内切于点，圆心的轨迹记为曲线，则（ ） A. C的方程为 B. 的最小值为 C. D. 曲线在点处的切线方程为 三、填空题（本大题共3小题，共计15分） 12. 抛物线 的焦点到准线的距离为________． 13. 展开式中第4项的系数是__________. 14. 克罗狄斯∙托勒密是希腊数学家，他博学多才，既是天文学权威，也是地理学大师.托勒密定理是平面几何中非常著名的定理，它揭示了圆内接四边形的对角线与边长的内在联系，该定理的内容为圆的内接四边形中，两对角线长的乘积等于两组对边长乘积之和.已知四边形是圆的内接四边形，且.若，则圆的半径为__________. 四、解答题（本大题共5小题，共计77分） 15. 已知在中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且满足. （1）求角A； （2）若D点在线段上，且平分，若，且，求的面积. 16. 已知函数． （Ⅰ）求曲线在点（1，）处的切线方程； （Ⅱ）求函数的单调区间； （Ⅲ）已知函数，若，，不等式恒成立，求实数的取值范围． 17. 已知函数，其中为正整数. （1）当时，求在上极值点； （2）当时，记数列，有限数列是首项为1，公差为2的等差数列，求数列的前100项和（化成最简形式）. 18. 若数列满足，则称数列为项数列.集合是由所有的项数列构成的，现从集合中任意取出两个数列，记随机变量. （1）求集合中元素的个数； （2）求概率的值； （3）若的期望，求的最小值. 19. 已知椭圆的离心率为，椭圆C的下顶点和上顶点分别为，且，过点且斜率为k的直线l与椭圆C交于M，N两点. （1）求椭圆C的标准方程； （2）当k=2时，求△OMN的面积； （3）求证：直线与直线的交点T恒在一条定直线上. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 丽江市永胜县第一中学2024-2025学年高二下学期期末质量检测 数学试卷 注意事项： 1．答卷前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填 写在答题卡上，并认真核准条形码上的姓名、准考证号、考场号、座位号及科目，在规 定的位置贴好条形码. 2．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，用黑色碳 素笔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、单选题（本大题共8小题，共计40分） 1. 若复数，则复数z的模等于（ ） A. B. 2 C. D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数的运算法则，求得，结合复数模的计算公式，即可求解. 【详解】由复数，可得. 故选：C. 2. 设命题：，则的否定为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 本题根据题意直接写出命题的否定即可. 【详解】解：因为命题：， 所以的否定：， 故选：B 【点睛】本题考查含有一个量词的命题的否定，是基础题. 3. 已知，，，，若与共线，则（ ） A. 1 B. 2 C. 或2 D. 或1 【答案】D 【解析】 【分析】首先求出与的坐标，再根据向量共线的坐标表示得到方程，解得即可. 【详解】因为，，，， 所以，， 又与共线，故，解得或． 故选：D 4. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用两角差的正弦公式求出，再由平方关系计算可得. 【详解】因为，即， 所以，即， 因为，所以， 所以. 故选：D 5. 某学校为了解学生参加体育运动的情况，用比例分配的分层随机抽样方法作抽样调查，拟从初中部和高中部两层共抽取60名学生，已知该校初中部和高中部分别有400名和200名学生，则不同的抽样结果共有（ ）． A. 种 B. 种 C. 种 D. 种 【答案】D 【解析】 【分析】利用分层抽样的原理和组合公式即可得到答案. 【详解】根据分层抽样的定义知初中部共抽取人，高中部共抽取， 根据组合公式和分步计数原理则不同的抽样结果共有种. 故选：D. 6. 如图，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则（ ） A. B. C. D. 平面 【答案】C 【解析】 【分析】根据记正方体的另一个顶点为C，设的中点为，可证，结合平行关系分析判断ABC；对于D：根据线面垂直的性质定理和性质定理可证平面，即可得结果. 【详解】如图，记正方体的另一个顶点为C，连接，交于点O， 设的中点为，连接， 因为Q，D为的中点，则， 又因为交于同一点， 即与均不平行，故A，B错误； 对于选项D：若平面， 且平面，平面平面，可得， 这与与不平行相矛盾，假设不成立，故D错误； 对于选项C：因为为正方形，则， 且M，N为所在棱的中点，则，可得， 又因为平面，且平面，可得， 且，平面，所以平面， 由平面，所以，故C正确； 故选：C. 7. 在棱长为2的正方体中，是的中点，是上的动点，则三棱锥外接球表面积的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】作出图形，设，利用基本不等式可求得的最大值，可求得的最大值，利用正弦定理求得外接圆直径的最小值，可求得该三棱锥外接球直径的最小值，由此可求得结果. 【详解】如下图所示，设圆柱的底面半径为，高为，圆柱的外接球半径为， 取圆柱的轴截面，则该圆柱的轴截面矩形的对角线的中点到圆柱底面圆上每个点的距离都等于， 则为圆柱的外接球球心，由勾股定理可得. 本题中，平面，设的外接圆为圆， 可将三棱锥内接于圆柱，如下图所示： 设的外接圆直径为，， 该三棱锥的外接球直径为，则. 如下图所示： 设，则，，， ， 当且仅当时，取得最大值， 由， 解得，， 所以的最大值为， 由正弦定理得，即的最小值为， 因此， 所以三棱锥外接球的表面积为， 故三棱锥外接球的表面积的最小值为. 故选：. 【点睛】方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径；③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可. 8. 已知椭圆C：（）的左､右顶点分别为，，且以线段为直径的圆与直线相交，则椭圆C的离心率的取值范围为（ ） A. B. C. D. . 【答案】B 【解析】 【分析】由题设以线段为直径的圆为，根据直线与圆相交，利用点线距离公式列不等式求椭圆C的离心率的范围. 【详解】由题设，以线段为直径的圆为，与直线相交， 所以，可得，即，又， 所以. 故选：B 二、多选题（本大题共3小题，共计18分） 9. 校园合唱比赛中，高一（4）班演唱结束后，10位裁判分别进行打分，结果如下（满分10分）：9.0，8.8，9.0，9.2，9.3，8.9，8.8，9.0，8.5，9.5；则下列说法正确的是（ ） A. 该班的平均得分是9.0分 B. 该班得分的第70百分位数是9.1分 C. 该班得分的方差是0.72 D. 若得分数据去掉一个最高分和一个最低分后，该班得分的平均分不变，方差变小 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用平均数，百分位数，方差的定义和性质逐个选项判断即可. 【详解】把得分按从小到大排列：8.5，8.8，8.8，8.9，9.0，9.0，9.0，9.2，9.3，9.5 对于A：平均分为，故A正确 对于B：因为，故第70百分位数为，故B正确 对于C：方差为，故C错误 对于D：由于最高分和最低分平均数是9，故平均分不变，去掉后，数据更集中，故方差变小，D正确， 故选：ABD 10. 如图，在四棱锥中，底面是边长为1的正方形，底面，，点为线段上的动点（不包括端点），则下列结论正确的是（ ） A. 该四棱锥的体积为 B. 一定存在点，使平面 C. 一定存在点，使平面 D. 的最小值为 【答案】AC 【解析】 【分析】利用锥体体积公式判断A，利用线面平行的性质定理可判断B，利用线线垂直可证明线面垂直可判断C，利用侧面展开图来计算长度可判断D. 【详解】由题意得：四棱锥的体积为，故A正确； 假设平面，则过点作的平行线，交于点，连接， 由于平面平面，所以， 又因为所以，从而可得四边形是平行四边行， 即，又因为，所以， 由于点为线段上的动点，则与点重合， 而点为线段上的动点（不包括端点），则假设不成立，故B错误； 根据底面，底面是边长为1的正方形， 可知直角三角形与直角三角形全等， 若，则必有，由平面， 所以必有平面，故C正确； 根据底面，底面是边长为1的正方形， 可知直角三角形与直角三角形全等，且， 则， 然后把直角三角形与直角三角形展开成一个平面，则如下图 所以有， 即的最小值为，故D错误； 故选：AC. 11. 已知圆，圆，动圆与圆外切于点，与圆内切于点，圆心的轨迹记为曲线，则（ ） A. C的方程为 B. 的最小值为 C. D. 曲线在点处的切线方程为 【答案】CD 【解析】 【分析】A.利用两圆的内切、外切的充要条件，由椭圆定义即可得的方程； B.由即求的最大值，利用椭圆性质可得； C.运用向量数量积的坐标公式计算即得； D.将选项直线与椭圆方程联立，验证消元后的方程判别式为零即可. 【详解】 圆的圆心，半径；圆的圆心，半径. 设动圆P的半径为，则， 所以. 根据椭圆的定义，可知点的轨迹是以为焦点，长轴长，焦距的椭圆（去掉重合的点）， 则，， 所以曲线C的方程为，A选项错误； 在中，， 因为M是动圆与圆的切点，是动圆与圆的切点， 所以三点共线，三点共线， 所以与互补，. 根据余弦定理. 由基本不等式（当且仅当时取等号）， 则的最小值不是，B选项错误； 因为与反向，与同向， 所以. 所以， 所以，C选项正确； 由 ，消去，整理得：， 则， 因在椭圆上，，即，代入上式得， 故是过椭圆上一点处的切线方程，即D项正确. 故选：CD 三、填空题（本大题共3小题，共计15分） 12. 抛物线 的焦点到准线的距离为________． 【答案】 【解析】 【详解】 ，所以 ，所以抛物线的焦点到准线的距离为 . 13. 展开式中第4项的系数是__________. 【答案】 【解析】 【分析】由二项展开式的通项中令可得. 【详解】展开式的通项为， 所以的展开式中第4项系数是. 故答案为：. 14. 克罗狄斯∙托勒密是希腊数学家，他博学多才，既是天文学权威，也是地理学大师.托勒密定理是平面几何中非常著名的定理，它揭示了圆内接四边形的对角线与边长的内在联系，该定理的内容为圆的内接四边形中，两对角线长的乘积等于两组对边长乘积之和.已知四边形是圆的内接四边形，且.若，则圆的半径为__________. 【答案】2 【解析】 【分析】由托勒密定理求解得结合正弦定理求解出从而得到又因为可以求解出进而解得从而求得外接圆半径. 【详解】由托勒密定理，得. 因为，所以.设圆的半径为， 由正弦定理，得. 又，所以. 因为，所以， 因为，所以，所以， 所以，则，故. 故答案为：2. 四、解答题（本大题共5小题，共计77分） 15. 已知在中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且满足. （1）求角A； （2）若D点在线段上，且平分，若，且，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，利用正弦定理及三角形中即可求解. （2）可设,则，利用余弦定理及正弦定理求解三者的值，再利用三角形面积公式即可求解. 【小问1详解】 解：∵，由正弦定理得：，即， 则， 又在中，，，故， 故. 【小问2详解】 由题可知，设,则， 由正弦定理得：，即， 解得， 由余弦定理得，解得； 又，故. 由余弦定理得，即， 解得，则，. 的面积为. 16. 已知函数． （Ⅰ）求曲线在点（1，）处的切线方程； （Ⅱ）求函数的单调区间； （Ⅲ）已知函数，若，，不等式恒成立，求实数的取值范围． 【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）在（0，）递增，在递减；（Ⅲ）. 【解析】 【分析】（Ⅰ）求函数导数得切线斜率，进而由点斜式即可得解； （Ⅱ）求函数导数，根据导数的正负即可得单调区间； （Ⅲ）由（Ⅱ）得的最大值是，，，不等式恒成立，转化为恒成立，再求的导数，讨论单调性求最值即可. 【详解】（Ⅰ）∵，定义域是， ∴，，， 故切线方程为，即； （Ⅱ）由（Ⅰ）， 令，解得，令，解得， 故在（0，）递增，在递减； （Ⅲ）由（Ⅱ）得的极大值是， 即的最大值是， ∵，∴， 令，解得或， 若，，不等式恒成立， 则时，恒成立， ①当即时，在上单调递增， 此时，令，得； ②当时，即时，在递减，在递增， 此时， 令，解得，不符合题意； ③当即时，在递减， 故， 令，解得，不符合题意 综上，实数的取值范围是． 【点睛】结论点睛：本题考查不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化： 一般地，已知函数，，，. （1）若，，有成立，则； （2）若，，有成立，则； （3）若，，有成立，则； （4）若，，有成立，则的值域是的值域的子集. 17. 已知函数，其中为正整数. （1）当时，求在上极值点； （2）当时，记数列，有限数列是首项为1，公差为2的等差数列，求数列的前100项和（化成最简形式）. 【答案】（1）极大值点为，极小值点为； （2）. 【解析】 【分析】（1）由题设，对函数求导并研究其区间单调性，进而确定其极值点； （2）由题设得，则，再由等差数列定义有，最后应用倒序求和及二项式定理求结果. 【小问1详解】 ， 令，解之得， 当时，，在上单调递增； 当时，，在上单调递增； 当时，，在上单调递增； 故的极大值点为，极小值点为； 【小问2详解】 ， 故，则， 又是首项为1，公差为2的等差数列，故， 则，其中， ， 则考虑， 则， 则， ，故， 故. 18. 若数列满足，则称数列为项数列.集合是由所有的项数列构成的，现从集合中任意取出两个数列，记随机变量. （1）求集合中元素的个数； （2）求概率的值； （3）若的期望，求的最小值. 【答案】（1）个元素 （2） （3）32 【解析】 【分析】（1）根据数列中1的个数可得集合中元素的个数为即可得到答案； （2）当时，数列中有项取值不同，有项取值相同，将问题转化为组合问题，所有的情况会重复1次，再结合古典概型的概率公式可求得结果； （3）由（2）得到分布列，结合求和，得到，从而得到答案. 【小问1详解】 根据数列中1的个数可得集合中元素的个数为 集合中共有个元素. 【小问2详解】 数列为中的两个数列，它们各项元素不能完全相同， 不能取的所有可能取值为. 当时，数列中有项取值不同，有项取值相同， 从项中选择项，和在项中的某一项数字相同，其余项，两者均在同一位置数字相反. 问题为组合问题，所有的情况会重复1次，共有种情况， 概率. 【小问3详解】 随机变量的分布列为 1 2 3 ... ... ， . 令，则， 数列是递增函数. ， 的最小值为32. 19. 已知椭圆的离心率为，椭圆C的下顶点和上顶点分别为，且，过点且斜率为k的直线l与椭圆C交于M，N两点. （1）求椭圆C的标准方程； （2）当k=2时，求△OMN的面积； （3）求证：直线与直线的交点T恒在一条定直线上. 【答案】(1) ;(2);(3)证明见解析. 【解析】 【分析】(1)由可得，结合离心率和可求出，进而可得椭圆的方程. (2)写出的方程为与椭圆进行联立，设，结合韦达定理可得，即可求出，由点到直线的距离公式可求出原点到的距离，从而可求出三角形的面积. (3) 设，联立直线和椭圆的方程整理后结合韦达定理可得，设，由在同一条直线上， 得，同理，从而可得， 即可证明交点在定直线上. 【详解】解：(1)因为，所以，即，因为离心率为，则，设， 则，又，即，解得或（舍去）， 所以，所以椭圆的标准方程为. (2) 设，由直线的点斜式方程可知，直线的方程为， 即，与椭圆方程联立，，整理得， 则，所以 ，原点到的距离， 则的面积. (3)由题意知，直线的方程为，即，设， 则，整理得，则， 因为直线和椭圆有两个交点，所以，则， 设，因为在同一条直线上，则， 因为在同一条直线上，则， 所以，所以， 则交点T恒在一条直线上. 【点睛】关键点睛: 本题第三问的关键是设交点，由三点共线结合斜率公式得和，两式进行整理后可求出，即可证明交点在定直线上. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $