精品解析：广东省汕尾市2024-2025学年高二下学期期末教学质量监测数学试题

汕尾市2024～2025学年度第二学期高中二年级教学质量监测 数学 本试题共4页，考试时间120分钟，满分150分 注意事项： 1．答题前，考生先将自己的信息填写清楚、准确，将条形码准确粘贴在条形码粘贴处． 2．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效． 3．答题时请按要求用笔，保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不得使用涂改液、修正带、刮纸刀．考试结束后，请将本试题及答题卡交回． 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. ，则下列集合与A相等的是（ ）． A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】通过构造函数，利用导数研究函数的最值，求解不等式即可作出选择. 【详解】令，则， 当时，，当时， ∴在上单调递减；在上单调递增； ， 所以在恒成立. 所以. 故选：A. 2. 已知，则的虚部是（ ）． A. B. 3 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由复数的除法运算化简复数，结合共轭复数及虚部的概念即可求解. 【详解】因为. 所以，的虚部是. 故选：D. 3. 一物体沿直线运动，其位移（单位：m）随时间t（单位：s）的变化关系为，则时，物体的瞬时速度大小为（ ）． A. B. 1 C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】应用导函数计算瞬时速度大小即可. 【详解】，所以， 所以时，物体的瞬时速度大小为. 故选：B. 4. 某班级的3名学生计划前往田墘红楼、红宫红场、金厢银滩、激石溪纪念园四个景点游玩，每位学生只能选择一个景点（景点人数不限），则这3名学生的旅游安排方式共有（ ）． A. 6种 B. 24种 C. 64种 D. 81种 【答案】C 【解析】 【分析】应用分步乘法原理计算求解. 【详解】班级的3名学生计划前往田墘红楼、红宫红场、金厢银滩、激石溪纪念园四个景点游玩，每位学生只能选择一个景点， 则这3名学生的旅游安排方式共有种. 故选：C 5. 已知随机变量X服从正态分布，且，则（ ）． A. 0.21 B. 0.2 C. 0.31 D. 0.3 【答案】A 【解析】 【分析】根据正态分布曲线的对称性求解即可. 【详解】因为随机变量X服从正态分布，且， 所以. 故选：A. 6. 如图，已知圆C的弦的长度为4，则的值是（ ）． A. 4 B. 6 C. 8 D. 10 【答案】C 【解析】 【分析】应用向量数量积的定义及圆的性质求数量积即可. 【详解】由，由圆的性质知， 所以. 故选：C 7. 在平面直角坐标系中，椭圆的右焦点为F，点在椭圆上，，点B关于原点O的对称点为M．若，则C的离心率为（ ）． A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先设出对应点，作出符合题意的图形，利用求出，进而结合题意求出，再利用向量垂直的坐标表示得到，再将点坐标代入方程得到，再代入中化简得到，最后求解离心率即可. 【详解】由题意得椭圆的参数方程为， 如图，故设，，， 则，， 因为，所以，， 解得，故， 因为点B关于原点O的对称点为，所以， 则，， 因，所以， 故， 化简得， 则， 将代入椭圆方程， 得到，化简得， 把代入中， 得到，同除可得，解得或（舍去）. 故选：B 8. 函数的图象由向左平移个单位长度，再将图象上所有点的横坐标缩短为原来的倍后得到的，若函数在区间上均不成立，则的取值范围是（ ）． A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据正弦型函数图象的变换性质，结合换元法进行求解即可. 【详解】因为函数的图象由向左平移个单位长度，再将图象上所有点的横坐标缩短为原来的倍后得到的， 所以， 当时，令， 因为，所以，， 要想函数在区间上均不成立， 只需，或， 解得，或， 若，，则， 解得，，因为，所以， 所以满足条件的不存在， 故选：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. 甲、乙进行10道高考数学题解题比赛的得分如下表所示，则下列说法正确的是（ ）． 题号 1题 2题 3题 4题 5题 6题 7题 8题 9题 10题 甲 10 8 11 10 9 10 16 7 12 10 乙 14 9 7 13 8 6 12 7 14 9 A. 甲的平均数大于乙的平均数 B. 甲的极差大于乙的极差 C. 甲的众数小于乙的中位数 D. 甲的60％分位数大于乙的60％分位数 【答案】AB 【解析】 【分析】根据平均数、中位数、极差、60％分位数的定义逐一计算判断即可. 【详解】甲10道高考数学题解题比赛的得分由小到大排列为：， 乙10道高考数学题解题比赛的得分由小到大排列为：. A：因为甲的平均数为， 乙的平均数为， 所以甲的平均数大于乙的平均数，因此本选项说法正确； B：因为甲的极差为，乙的极差为， 所以甲的极差大于乙的极差，因此本选项说法正确； C：因为甲的众数为，乙的中位数为， 所以甲的众数大于乙的中位数，因此本选项说法不正确； D：因为 所以甲的60％分位数为，乙的60％分位数， 因此甲的60％分位数小于乙的60％分位数，所以本选项说法不正确， 故选：AB 10. 设复数z满足，则以下结论正确的是（ ）． A. z在复平面上对应的轨迹是圆 B. 的最大值为2 C. 的最小值为0 D. 复数z的虚部取值范围是 【答案】ABC 【解析】 【分析】利用复数的模的几何意义，可判断A，应用不等式的性质判断B，C，把点的坐标代入，特殊值法可判断D. 【详解】设（为虚数单位），则表示点与之间的距离. 对于A，z在复平面上对应的轨迹是以为圆心以1为半径的圆，故A正确； 对于B， ，当时即可取最大值，故B正确； 对于C，，当时即可取最小值，故C正确； 对于D，因为，则符合题意，故D错误. 故选：ABC. 11. 已知函数的定义域为R，的定义域为R，，且满足，．下列说法正确的是（ ）． A. 的周期为4 B. 的图象关于对称 C. 的图象关于对称 D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】由，得出，判断出关于对称，由，得出对称，得到的周期为4，得出A正确，C错误；由周期性以及对称性得出关于对称，得到B正确；由，得到一个周期的函数值，从而计算出D正确. 【详解】由，得到， ，将替换为，则有， 故，则， 故关于对称； 由， 故对任意成立，令可得， 则，将替换为，故， 所以关于对称； 对于选项A：， 则， 将替换为，所以， 故，故的周期为4，故A正确； 对于选项B：由，将替换为， 则， 故的图象关于对称，故B正确; 对于选项C：，故关于对称，故C错误； 对于选项D：由， ，周期为, 令，，, 令，，, 由，令，, 又关于对称，故， 故, 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. 的展开式的常数项是______． 【答案】70 【解析】 【分析】由二项式定理写出展开式的通项，根据常数项的性质，结合组合数的计算，可得答案. 【详解】由可得其展开式的通项为， 令，则，所以常数项为. 故答案为：. 13. 随机变量的分布列如表所示，且，则______． a 0 3 P b 【答案】6 【解析】 【分析】先列方程组求出b、c，再利用方差公式求出方差. 【详解】由题意可得：，解得：， 所以. 故答案为：6 14. 若复数满足，且，在复平面内，在所对应的点中随机取出三个点，则这三个点两两之间的距离都不超过的概率为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意列举出所有符合要求的所对应的点，分类讨论符合两两之间的距离都不超过这一要求的三个点的可能，再利用古典概型公式，即可求解. 【详解】依题意，复数满足，且，故， 当时，，当时，，当时，， 因此，符合题意的所对应的点为，，，，，，，，，共个， 可得在所对应的点中随机取出三个点，共种取法， 当取出的三个点两两之间的距离都不超过时，有如下三种情况： ①三点在一横线或一纵线上，有种情况， ②三点是边长为的等腰直角三角形的顶点，有种情况， ③三点是边长为的等腰直角三角形的顶点，其中，直角顶点位于的有个，直角顶点位于，，，的各有个，共有种情况， 综上，选出的三点两两之间距离都不超过的情况数为种， 所以这三个点两两之间的距离都不超过的概率为. 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. 已知函数，且． （1）写出函数的定义域并求出a的值； （2）若曲线在点处的切线与函数的图象相切，求b的值． 【答案】（1），2 （2）. 【解析】 【分析】（1）利用函数有意义求出定义域；求出导数，由给定的导数值求出. （2）利用导数的几何意义求出切线方程，法1：联立切线方程与，利用判别式求出；法2，利用导数的几何意义求出切点坐标可求解. 【小问1详解】 函数的定义域为，求导得， 则，，所以． 【小问2详解】 由（1）知，则，而， 因此曲线在点处的切线为，即， （法1）由，消去得， 而直线与函数的图象相切，则，所以. （法2）函数的导函数为， 令，解得，则， 于是切线与函数图象的切点为， 代入，即，所以． 16. 已知数列的前n项和为，且满足，，． （1）分别求出数列中的，，的值； （2）求数列的通项公式． 【答案】（1），，． （2） 【解析】 【分析】（1）解法1：利用与的关系，得到与之间的关系，再结合求出，再逐项，，的值. 解法2：根据的意义，利用及，依次逐项求得，，，的值. （2）解法1：由（1），得，相减得到，进而分别为奇数和偶数时的的通项. 解法2：根据（1）中得到的，，，，的值，猜想的通项公式，再进行证明. 小问1详解】 （解法1）（1）当时，， 又∵，∴， 当时，∵，∴， ∵，∴， ∴，，． （解法2）：∵，，， ∴，解得， 又∵，∴，解得， 同理，解得， ，解得， 故，，． 【小问2详解】 （解法1）由（1）（解法一）知，，， 则，故时，有，① ∴，② 由①，②得，，即， 当n为偶数时，， 当n为奇数时，． 综上所述，数列通项公式为（或，）． （解法2）由（1）（解法一）知，，，则， 故时，有， 当n为奇数时，由，，，…，， 由以上各式可得，，…，， 可得，故． 当n为偶数时，由，，，…，， 以上各式两两相减，可得，，…，， 可得， 又∵，∴， 综上所述，数列的通项公式为（或，）． （解法3）由（1）知，，且，，，，， 归纳上述结果，猜想． 当时，，猜想成立， 假设当时，， 那么， 即时，猜想成立． 综上所述，对任意，上述猜想都成立， 即． （解法4）当时，， 又∵，∴， 当时，∵，∴， ∵，∴，即，符合， ∴时，有． ∴，，，…，， 又由（1）知，，， 故当n为奇数时，；当n为偶数时，． 故数列的通项公式为（或，）． 17. 已知椭圆的离心率为，且点在椭圆C上，过点的直线l与椭圆C交于A，B两点，直线l的斜率k存在． （1）若线段的中点的横坐标为，求椭圆C的方程并计算点A到y轴的距离与点B到y轴的距离之和； （2）F为椭圆C的右焦点，若面积为，求直线l的方程． 【答案】（1）， （2）． 【解析】 【分析】（1）利用离心率以及已知点求得椭圆方程，设出直线方程并联立椭圆方程，写出韦达定理，根据中点坐标，利用完全平方公式，可得答案； （2）由（1）的韦达定理求得弦长，根据点到直线距离公式可得三角形的高，利用三角形面积，建立方程，可得答案. 【小问1详解】 依题意有，，且， 又因为，解得，， 故椭圆C的方程为， 设，，由题意，得直线l的方程为， 联立，得， 由， 则，， 因为线段的中点的横坐标为， 所以，解得，故， 点A到y轴的距离与点B到y轴的距离之和为， 因为，，可知与异号， 故， 即点A到y轴的距离与点B到y轴的距离之和为． 【小问2详解】 由（1）知，直线l的方程为， 故点F到直线l的距离， ， 故， 解得，即， 故直线l的方程为． 18. 如图1，在平面多边形中，为直角三角形，，，．如图2，现将沿轴向上翻折到图中的处，此时，． （1）证明：； （2）证明：平面； （3）求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3）． 【解析】 【分析】（1）根据菱形的性质可得线性垂直，利用线面垂直的判定和性质，可得答案； （2）由线段成比例可得线线平行，利用线面平行的判定，可得答案； （3）由题意建立空间直角坐标系，分别求出平面的法向量，根据面面角的向量公式，可得答案. 【小问1详解】 证明：如图，取的中点N，连接，， 因为且， 所以四边形为菱形，故， 又因为，所以四边形为平行四边形， 故有，所以， 因为，、平面，，故平面， 因为平面，所以． 【小问2详解】 证明：如图，连接交于点O，连接． 因为，且， 所以，所以O为的三等分点， 又因为，所以M为的三等分点，所以， 因为平面，平面， 所以平面． 【小问3详解】 由题意知，，， 因为，平面，与相交，所以平面． 以菱形的对角线交点为坐标原点，以为x轴正方向，以为y轴正方向， 建立如图所示的空间直角坐标系， 不妨设，由于， 则，，，，， 由知． 设平面的法向量为， ，， 所以，令，则，， 即， 设平面的法向量为， ，， 所以，令，则，， 即， 因为， 所以平面与平面夹角的余弦值为． 19. 已知随机变量的取值为非负整数，其分布列为： 0 1 2 … n P … 其中，且．由生成的函数为，． （1）若生成的函数为，当为奇数时，求的值； （2）在盒①中有1个红球，在盒②中有2个蓝球和4个绿球，随机选盒取出1个球，选择盒①的概率为．已知随机变量生成的函数为，其中分别对应取到红球、蓝球、绿球的概率．证明：，并计算的值；（） （3）已知三个自然数的和为9，用表示这三个数中最小的数，此时由生成的函数记为，令，求的极小值点． 【答案】（1） （2）证明见解析， （3） 【解析】 【分析】（1）为奇数即，计算即可； （2）由条件概率分别求得，，，再结合，得，进而得到生成的函数为，依次求，，计算，并根据公式逐步求出，即可得证 （3）经分析得到的可能取值为0，1，2，3，分别求得对应的概率得到的分布列，由生成的函数记为，求导得到，并利用导数可求得的极小值. 【小问1详解】 由生成的函数为，知． 所以，，， 因此，当为奇数时，． 【小问2详解】 恰好是取到红球、蓝球、绿球对应的概率， 故，，． 即，故， 所以生成的函数为， 故，， 所以， 因为，， 所以，故， （或） 因为， 所以， 故． 【小问3详解】 的可能取值为0，1，2，3， 则，， ，． 则分布列为 0 1 2 3 P 所以， 故， 故，令，解得， 故时，单调递减，时，单调递增， 故是的极小值点． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 汕尾市2024～2025学年度第二学期高中二年级教学质量监测 数学 本试题共4页，考试时间120分钟，满分150分 注意事项： 1．答题前，考生先将自己的信息填写清楚、准确，将条形码准确粘贴在条形码粘贴处． 2．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效． 3．答题时请按要求用笔，保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不得使用涂改液、修正带、刮纸刀．考试结束后，请将本试题及答题卡交回． 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. ，则下列集合与A相等的是（ ）． A. B. C. D. 2. 已知，则的虚部是（ ）． A. B. 3 C. D. 3. 一物体沿直线运动，其位移（单位：m）随时间t（单位：s）的变化关系为，则时，物体的瞬时速度大小为（ ）． A B. 1 C. D. 2 4. 某班级的3名学生计划前往田墘红楼、红宫红场、金厢银滩、激石溪纪念园四个景点游玩，每位学生只能选择一个景点（景点人数不限），则这3名学生的旅游安排方式共有（ ）． A. 6种 B. 24种 C. 64种 D. 81种 5. 已知随机变量X服从正态分布，且，则（ ）． A. 0.21 B. 0.2 C. 0.31 D. 0.3 6. 如图，已知圆C的弦的长度为4，则的值是（ ）． A. 4 B. 6 C. 8 D. 10 7. 在平面直角坐标系中，椭圆的右焦点为F，点在椭圆上，，点B关于原点O的对称点为M．若，则C的离心率为（ ）． A. B. C. D. 8. 函数图象由向左平移个单位长度，再将图象上所有点的横坐标缩短为原来的倍后得到的，若函数在区间上均不成立，则的取值范围是（ ）． 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. 甲、乙进行10道高考数学题解题比赛的得分如下表所示，则下列说法正确的是（ ）． 题号 1题 2题 3题 4题 5题 6题 7题 8题 9题 10题 甲 10 8 11 10 9 10 16 7 12 10 乙 14 9 7 13 8 6 12 7 14 9 A. 甲的平均数大于乙的平均数 B. 甲的极差大于乙的极差 C. 甲的众数小于乙的中位数 D. 甲的60％分位数大于乙的60％分位数 10. 设复数z满足，则以下结论正确的是（ ）． A. z在复平面上对应的轨迹是圆 B. 的最大值为2 C. 的最小值为0 D. 复数z的虚部取值范围是 11. 已知函数的定义域为R，的定义域为R，，且满足，．下列说法正确的是（ ）． A. 的周期为4 B. 的图象关于对称 C. 的图象关于对称 D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 展开式的常数项是______． 13. 随机变量的分布列如表所示，且，则______． a 0 3 P b 14. 若复数满足，且，在复平面内，在所对应的点中随机取出三个点，则这三个点两两之间的距离都不超过的概率为______． 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. 已知函数，且． （1）写出函数的定义域并求出a的值； （2）若曲线在点处的切线与函数的图象相切，求b的值． 16. 已知数列的前n项和为，且满足，，． （1）分别求出数列中的，，的值； （2）求数列的通项公式． 17. 已知椭圆的离心率为，且点在椭圆C上，过点的直线l与椭圆C交于A，B两点，直线l的斜率k存在． （1）若线段中点的横坐标为，求椭圆C的方程并计算点A到y轴的距离与点B到y轴的距离之和； （2）F为椭圆C的右焦点，若面积为，求直线l的方程． 18. 如图1，在平面多边形中，为直角三角形，，，．如图2，现将沿轴向上翻折到图中的处，此时，． （1）证明：； （2）证明：平面； （3）求平面与平面夹角余弦值． 19. 已知随机变量的取值为非负整数，其分布列为： 0 1 2 … n P … 其中，且．由生成的函数为，． （1）若生成的函数为，当为奇数时，求的值； （2）在盒①中有1个红球，在盒②中有2个蓝球和4个绿球，随机选盒取出1个球，选择盒①的概率为．已知随机变量生成的函数为，其中分别对应取到红球、蓝球、绿球的概率．证明：，并计算的值；（） （3）已知三个自然数的和为9，用表示这三个数中最小的数，此时由生成的函数记为，令，求的极小值点． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $