精品解析：湖南省长沙市望城区第一中学2024-2025学年高二下学期期末调研数学试卷

望城一中高二年级期末调研试卷 科目：数学 本试题卷共4页，19题，全卷满分150分.考试用时120分钟. ★祝考试顺利★ 注意事项: 1.答题前，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准考证号、姓名、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，再选涂其它答案标号.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. 集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知是虚数单位，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知非常数函数满足，则下列函数中，不是奇函数的为（ ） A. B. C. D. 4. 两枚骰子，设出现的点数之和分别为9，10，11的概率分别为p1，p2，p3，则（ ） A. p1＜p2＝p3 B. p1＞p2＞p3 C. p1＝p2＞p3 D. p1＞p2＝p3 5. 在中，，若，则的最大值是　　 A. B. C. D. 6. 记等差数列的前n项和为，若成等差数列，成等比数列，则（ ） A. 900 B. 600 C. 450 D. 300 7. 已知，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知点是椭圆上的动点，过点作圆的切线，为其中一个切点，则的取值范围为 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，有选错的得0分，部分选对的得部分分. 9. 下列说法正确的有（ ） A. 数据的第75百分位数是40 B. 若，则 C. 4名学生选报3门校本选修课，每人只能选其中一门，则总选法数为种 D. 展开式中项的二项式系数为56 10. 已知在数列中，，，其前项和为，则（ ） A. 当时， B. 当时，数列是递增数列 C. D. 对任意，存在，使得数列成等比数列 11. 已知正方体棱长为4，M为棱上的动点，平面，则下列说法正确的是（ ） A. 若N为中点，当最小时， B. 当点M与点重合时，若平面截正方体所得截面图形的面积越大，则其周长就越大 C. 直线AB与平面所成角的余弦值的取值范围为 D. 当点M与点C重合时，四面体内切球表面积为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数的图象在点处的切线斜率为，则实数________． 13. 已知且，则__________. 14. 如图所示，二面角为，是棱上的两点，分别在半平面内，且，，，，，则的长______． 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. 某项选拔共有四轮考核，每轮设有一个问题，能正确回答问题者进入下一轮考核，否则即被淘汰．已知某选手能正确回答第一、二、三、四轮的问题的概率分别为，且各轮问题能否回答正确互不影响． （1）求该选手进入第四轮才被淘汰的概率； （2）求该选手至多进入第三轮考核的概率． 16. 中，内角的对边分别是，已知成等比数列，且． （I）求的值； （II）设，求的值． 17. 如图，在四棱锥上，底面为直角梯形，，，平面平面， 为的中点，是棱上的点，，，. （1）求证: 平面平面 （2）若二面角大小为，求的值 18. 已知过点的双曲线的渐近线方程为.如图所示，过双曲线的右焦点作与坐标轴都不垂直的直线交的右支于两点. （1）求双曲线的标准方程； （2）若双曲线上的点到其两条渐近线的距离分别为，求的值； （3）已知点，求证：. 19. 已知函数，其中常数. （1）若在上是增函数，求实数的取值范围； （2）若，设，求证：函数在上有两个极值点. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 望城一中高二年级期末调研试卷 科目：数学 本试题卷共4页，19题，全卷满分150分.考试用时120分钟. ★祝考试顺利★ 注意事项: 1.答题前，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准考证号、姓名、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，再选涂其它答案标号.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. 集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先解指数不等式化简集合，再利用集合的交集运算即可得解. 【详解】由，得，解得， 因为，所以， 又，所以. 故选：D. 2. 已知是虚数单位，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数的四则运算进行化简即可直接求解． 【详解】解：． 故选：． 3. 已知非常数函数满足，则下列函数中，不是奇函数的为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据奇函数的定义判断． 【详解】因为，所以 ，则，是奇函数， 同理也是奇函数， ，则，是奇函数， ，为偶函数， 故选：D． 4. 两枚骰子，设出现的点数之和分别为9，10，11的概率分别为p1，p2，p3，则（ ） A. p1＜p2＝p3 B. p1＞p2＞p3 C. p1＝p2＞p3 D. p1＞p2＝p3 【答案】B 【解析】 【分析】列表，分别计算出出现的点数之和是9、10、11的概率p1，p2，p3，比较即可． 【详解】解：先后抛掷两枚骰子，出现的点数共有： ，，，，，， ，，，，，， ，，，，，， ，，，，，， ，，，，，， ，，，，，， 共36种 则出现点数之和为的概率 则出现点数之和为的概率 则出现点数之和为的概率 ， 故选：． 【点睛】本题考查的知识点是古典概型及其概率计算公式，属于基础题． 5. 在中，，若，则的最大值是　　 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用向量数量积模的表示化简，利用余弦定理求得的表达式，求得的最小值，由此求得的最大值. 【详解】由得，故为钝角，且，.由余弦定理得，即，所以的最大值为，故选B. 【点睛】本小题主要考查向量数量积的表示，考查余弦定理的应用，考查利用基本不等式求最小值，考查余弦函数的性质，综合性较强，属于中档题.向量在本题中是一个工具的作用，由此得到三角形的边角关系.要求角的最大值，则要求得其余弦值的最小值，利用基本不等式可以求得这个最小值. 6. 记等差数列的前n项和为，若成等差数列，成等比数列，则（ ） A. 900 B. 600 C. 450 D. 300 【答案】A 【解析】 【分析】由题意可得，，求得首项与公差，可求. 【详解】等差数列的公差为，因为成等差数列， 所以，所以， 所以，所以，， 又因为成等比数列，所以， 所以，解得，解得， 所以. 故选：A. 7. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据及将已知化简，再根据辅助角公式结合余弦函数的性质求出，再根据两角和的正切公式即可得解. 【详解】 ， ， 因为， 所以， 所以， 即，即， 所以或，， 所以， 故， 所以. 故选：A. 【点睛】方法点睛：给值求值的方法： （1）直接法：当已知两个角时，所求角一般表示为两个角的和或差的形式； （2）常值代换：用某些三角函数代替某些常数，使之代换后能运用相关公式，我们把这种代换称之为常值代换，其中要特别注意的是“”的代换，如，，等，、、、、等均可视为某个特殊角的三角函数值，从而将常数换为三角函数使用； （3）角的代换：将未知角利用已知角表示出来，使之能直接运用公式，像这样的方法就是角的代换，常见的有： ，，， ，， ，等. 8. 已知点是椭圆上的动点，过点作圆的切线，为其中一个切点，则的取值范围为 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设点坐标为，由结合点在椭圆上，利用二次函数性质即可求解. 【详解】设点坐标为，因为，，圆的半径为1， 所以， 又，即， 所以. 因为，所以. 故选：B. 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，有选错的得0分，部分选对的得部分分. 9. 下列说法正确的有（ ） A. 数据的第75百分位数是40 B. 若，则 C. 4名学生选报3门校本选修课，每人只能选其中一门，则总选法数为种 D. 展开式中项的二项式系数为56 【答案】ABD 【解析】 【分析】由百分位数的定义计算结果判断选项A；由正态分布的对称性判断选项B；由分步计数原理判断选项C；由二项式定理求指定项的二项式系数判断选项D. 【详解】数据，共8个数据， 从小到大排列为，， 所以第75百分位数是第6个数据与第7个数据的平均值，即，A选项正确； 若，则正态密度曲线的对称轴为， 所以，B选项正确； 4名学生选报3门校本选修课，每人只能选其中一门，则总选法数为种，C选项错误； 由二项式定理可知，展开式中项的二项式系数为，D选项正确. 故选：ABD. 10. 已知在数列中，，，其前项和为，则（ ） A. 当时， B. 当时，数列是递增数列 C. D. 对任意，存在，使得数列成等比数列 【答案】CD 【解析】 【分析】通过计算判断AC选项的正确性，利用特殊值判断B选项错误，根据等比数列的知识判断D选项的正确性. 【详解】A选项，当时，， 由于，所以，……， 以此类推，可知此时数列的奇数项为，偶数项为，，所以A选项错误. C选项，，，， ，所以C选项正确. B选项，不妨设，根据C选项的分析可知， 此时数列不是递增数列，所以B选项错误. D选项，当时，由得， ， 要使数列成等比数列，则， 即任意，存在，使数列成首项为， 公比为的等比数列，所以D选项正确. 故选：CD 11. 已知正方体棱长为4，M为棱上的动点，平面，则下列说法正确的是（ ） A. 若N为中点，当最小时， B. 当点M与点重合时，若平面截正方体所得截面图形的面积越大，则其周长就越大 C. 直线AB与平面所成角的余弦值的取值范围为 D. 当点M与点C重合时，四面体内切球表面积为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，由展开图求解；对于B，取特殊位置判断；对于C，由空间向量求解；对于D，由正四面体的性质可求内切球半径，可得内切球的表面积，． 【详解】对于A，矩形与正方形展开成一个平面，如图所示， 若最小，则A、M、N三点共线，因为， 所以，则有 ， 即，故A正确； 对于B，当点M与点重合时，连接、、、、，如图所示， 在正方体中，平面ABCD，平面ABCD，所以， 又因为，且，平面，所以平面， 又平面，所以，同理可证， 因为，平面，所以平面， 易知是边长为的等边三角形，其面积为，周长为； 设E、F、Q、N，G，H分别为，、，，，的中点，易知六边形EFQNGH是边长为的正六边形，且平面平面， 正六边形 EFQNGH的周长为，面积为， 则的面积小于正六边形EFQNGH的面积，它们的周长相等，即B错误； 对于C，以点D为坐标原点，DA、DC、所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，如图所示： 则，，设， 因为平面，所以是平面的一个法向量，且，，故， 所以直线AB与平面所成角的正弦值的取值范围为，则直线AB与平面所成角的余弦值的取值范围为，故C正确； 对于D，当点M与点C重合时，四面体即为为正四面体，棱长， 由正四面体的性质可得，其内切球半径， 所以表面积为，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. 已知函数的图象在点处的切线斜率为，则实数________． 【答案】 【解析】 【分析】对函数求导，利用导数的几何意义可得即可求得实数的值. 【详解】由， 则，解得， 故答案为：. 13. 已知且，则__________. 【答案】9 【解析】 【分析】结合对数运算性质计算即可得. 【详解】由，则， 即有，故，则或， 又，故. 故答案为：9. 14. 如图所示，二面角为，是棱上的两点，分别在半平面内，且，，，，，则的长______． 【答案】 【解析】 【分析】推导出，从而，结合，，，能求出的长． 【详解】二面角为，是棱上的两点，分别在半平面、内， 且 所以, 所以， ， ， 的长． 故答案为． 【点睛】本题主要考查空间向量的运算法则以及数量积的运算法则，意在考查灵活应用所学知识解答问题的能力，是中档题． 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. 某项选拔共有四轮考核，每轮设有一个问题，能正确回答问题者进入下一轮考核，否则即被淘汰．已知某选手能正确回答第一、二、三、四轮的问题的概率分别为，且各轮问题能否回答正确互不影响． （1）求该选手进入第四轮才被淘汰的概率； （2）求该选手至多进入第三轮考核的概率． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据相互独立事件和对立事件的概率公式计算可得； （2）根据相互独立事件的概率公式、互斥事件的概率公式和对立事件的概率公式计算可得. 【小问1详解】 记表示该选手能正确回答第个问题，则 ． 该选手进入第四轮才被淘汰就是前三轮答题成功，第四轮没有成功， 各轮问题能否回答正确互不影响， 所以所求概率是. 【小问2详解】 该选手至多进入第三轮考核，即可能第一轮被淘汰，可能第二轮被淘汰， 可能第三轮被淘汰，这三种情况又是互斥的， 所以所求概率为 ． 16. 中，内角的对边分别是，已知成等比数列，且． （I）求的值； （II）设，求的值． 【答案】（I）或；（II）． 【解析】 【分析】（I）利用余弦定理可构造方程求得的值，根据同角三角函数平方关系可求得；将所求式子切化弦，结合正弦定理角化边，代入和的值即可； （II）根据向量数量积定义可求得，利用余弦定理可配凑出关于的方程，解方程即可求得结果. 【详解】（I）成等比数列，， ，或， ，； ， 由正弦定理知：，或. （II），，即， 由余弦定理得：， 解得：. 17. 如图，在四棱锥上，底面为直角梯形，，，平面平面， 为的中点，是棱上的点，，，. （1）求证: 平面平面 （2）若二面角大小为，求的值 【答案】（1）证明见解析； （2） 【解析】 【分析】（1）通过证明平面来证得平面平面. （2）以为原点建立空间直角坐标系，利用二面角的大小列方程，化简求得的比值. 【小问1详解】 证明：∵，，为的中点， ∴四边形为平行四边形， ∴， 又∵， ∴，即. 又∵平面平面，且平面平面，平面， ∴平面， ∵平面， ∴平面平面. 【小问2详解】 ∵，为的中点，∴， ∵平面平面，且平面平面，平面， ∴平面. 如图，以为原点建立空间直角坐标系， 易知平面的法向量为， 又，， ∴设，， ， 又，设平面的法向量为， ，取， ∵二面角为， ∴，解得，即 ∴ 18. 已知过点的双曲线的渐近线方程为.如图所示，过双曲线的右焦点作与坐标轴都不垂直的直线交的右支于两点. （1）求双曲线的标准方程； （2）若双曲线上的点到其两条渐近线的距离分别为，求的值； （3）已知点，求证：. 【答案】（1） （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由渐近线方程得到，代入点即可求解； （2）由点到线的距离公式求解即可； （3）设直线方程，联立双曲线方程，结合韦达定理，由即可求证； 【小问1详解】 因为双曲线的渐近线方程为， 所以设双曲线方程为， 又双曲线过点， 则，所以双曲线的方程为， 即. 【小问2详解】 因为在曲线上， 则， 渐近线方程：， 所以： 【小问3详解】 由（1）可知的斜率存在且不为0，设的方程为， 联立，消去得， 设，由题意得， 则， 所以 ， 所以得证. 【点睛】关键点点睛：由，求证； 19. 已知函数，其中常数. （1）若在上是增函数，求实数的取值范围； （2）若，设，求证：函数在上有两个极值点. 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由在上是增函数，得在上恒成立，分离参数可得，构造函数，利用导数求出函数的最小值即可； （2）要证函数在上有两个极值点，只需证在上有两个不等实根，令，利用导数研究出函数的零点即可. 【小问1详解】 因为在上是增函数， 所以在上恒成立， 即恒成立，只需， 设，则， 当时，，当时，， 所以函数在上单调递减，函数在上单调递增， 所以的最小值为， 所以，解得. 故实数的取值范围是； 【小问2详解】 要证函数在上有两个极值点， 只需证在上有两个不等实根， 由题意，当时，，则， 令，则， 由，得，由，得， 所以在上单调递增，在上单调递减， 又因为，，， 所以存在，，使得，， 所以是函数的两个极值点， 即在上有两个极值点. 【点睛】结论点睛：利用函数的单调性求参数，可按照以下原则进行： （1）函数在区间上单调递增在区间上恒成立； （2）函数在区间上单调递减在区间上恒成立； （3）函数在区间上不单调在区间上存在异号零点； （4）函数在区间上存在单调递增区间，使得成立； （5）函数在区间上存在单调递减区间，使得成立. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $