精品解析：云南省普洱市第一中学2024-2025学年高二下学期期末质量检测数学试卷

普洱市第一中学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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先化简求出集合，利用集合的并集运算即可求解. 【详解】由题意知， 所以. 故选：B. 2. 复数在复平面内所对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】D 【解析】 【分析】根据已知化简得出，即可根据复数的几何意义得出答案. 【详解】由， 可知复数在复平面内所对应的点为，该点位于第四象限． 故选：D． 3. 一批零件共有10个，其中有3个不合格．随机抽取3个零件进行检测，恰好有1件不合格的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意结合超几何分布分析求解即可. 【详解】从10个零件中抽取3个的总方式数为； 不合格零件有3个，从中选1个的方式数为 ， 合格零件有7个，从中选2个的方式数为 ， 根据分布乘法计数原理，恰好1个不合格的总方式数为； 根据古典概型得. 故选：B 4. 已知2tanθ–tan(θ+)=7，则tanθ=（ ） A. –2 B. –1 C. 1 D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】利用两角和的正切公式，结合换元法，解一元二次方程，即可得出答案. 【详解】，， 令，则，整理得，解得，即. 故选：D. 【点睛】本题主要考查了利用两角和的正切公式化简求值，属于中档题. 5. 函数在区间的图象大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用函数的奇偶性可排除A、C，代入可得，可排除D. 【详解】， 又函数定义域为，故该函数为偶函数，可排除A、C， 又， 故可排除D. 故选：B. 6. 曲线在处的切线的斜率为（ ） A. B. C. D. 0 【答案】B 【解析】 【分析】利用导数的几何意义和运算法则计算求解即可. 【详解】由题意可知， 所以曲线在处的切线的斜率， 故选：B 7. 英国著名物理学家牛顿用“作切线”的方法求函数零点．已知二次函数有两个不相等的实根，其中．在函数图像上横坐标为的点处作曲线的切线，切线与x轴交点的横坐标为；用代替，重复以上的过程得到；一直下去，得到数列，记，且，下列说法正确的是（ ） A. B. C. 数列是等差数列 D. 数列的前n项和 【答案】D 【解析】 【分析】根据，可求得的表达式，判断A的真假，利用导数求二次函数在处切线的斜率，进一步写出在处的切线方程，求出直线与轴的交点横坐标，进一步求得数列的通项公式，即可判断BCD. 【详解】由，得，则，故A错误； 因为二次函数有两个不等实数根， 所以不妨设， 因为，所以， 所以在横坐标为的点处的切线方程为：， 令，则， 因为， 所以，即， 所以数列是公比为2，首项为1的等比数列， 所以，且，故BC错误； 由，所以，故D正确. 故选：D 【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用切线方程求得，从而得到关于数列的递推关系式. 8. 已知椭圆的左､右焦点分别为，过点作垂直于轴的直线交椭圆于两点，的内切圆圆心分别为，则的周长是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据椭圆及的位置关系，利用等面积法可分别求得它们的内切圆圆心位置及其半径，分别计算出的各边长度可得结果. 【详解】如图所示， 由椭圆，知，所以. 所以，所以过作垂直于轴的直线为， 代入中，解出. 由题知的内切圆的半径相等，且的内切圆圆心的连线垂直于轴于点. 设内切圆的半径为，在中，由等面积法得，. 由椭圆的定义可知，，由，所以， 所以，解得，所以. 因为为的的角平分线，所以一定在上，即轴上， 令圆半径为. 在中，由等面积法得，. 所以，解得，所以， 所以， 所以的周长是. 故选：A. 【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用等面积法求得各内切圆半径，即可得出结果. 二、多选题（本大题共3小题，共计18分） 9. 的一个充分不必要条件是（ ） A. 或 B. 或 C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】根据一元二次不等式的解法和充分不必要条件的定义逐项判断即可. 【详解】即或, 所以或是的充要条件，故A错； 或和是的充分不必要条件，故BC正确； 是的不充分不必要条件，故D错. 故选：BC 10. 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 11. 已知直线，其中，点是直线上的一个动点.圆，其中，点是圆上的一个动点.则下列说法中正确的是（ ） A. 当，时，圆心到直线的距离为 B. 当，时，是坐标原点，则的最小值为 C. 当时，不存在，使圆与直线相离 D. 存在，使对任意的，圆与直线均相切 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用圆心到直线的距离判断A，作点O关于直线的对称点，结合点与圆的位置关系利用几何法求解最小值判断B，求出圆心到直线的距离，利用辅助角公式化简并利用正弦函数的性质求得，与半径比较即可判断C，举例法当时，求出圆心到直线的距离等于半径，即可判断D. 【详解】对于AB，当，时，直线即， 圆即，圆心，半径为， 则圆心到直线的距离为，故A正确； 如图作点O关于直线的对称点，设，则， 解得，所以，则， 所以的最小值为，故B错误； 当时，圆即， 圆心，半径为， 圆心到直线的距离为， ，其中， 因为，所以，所以， 所以，所以， 所以任意的，， 故当时，任意的，使圆与直线相交，故C正确； 当时，圆即， 圆心，半径为，圆心到直线的距离为， 故当时，对任意的，圆与直线均相切，故D正确. 故选：ACD 三、填空题（本大题共3小题，共15分） 12. 已知双曲线的渐近线方程为，则__________． 【答案】 【解析】 【分析】首先可得，即可得到双曲线的标准方程，从而得到、，再跟渐近线方程得到方程，解得即可； 【详解】解：对于双曲线，所以，即双曲线的标准方程为， 则，，又双曲线的渐近线方程为， 所以，即，解得； 故答案为： 13. 函数的极小值为__________． 【答案】## 【解析】 【分析】先求导得，利用导数研究单调性进而求极值即可. 【详解】由题意有的定义域为，所以， 令有，由有，有， 所以在单调递减，在单调递增， 所以的极小值为. 故答案为：. 14. 已知点为扇形的弧上任意一点，且，若，则的取值范围是__________. 【答案】 【解析】 【分析】建系设点的坐标，再结合向量关系表示，最后应用三角恒等变换及三角函数值域求范围即可. 【详解】方法一：设圆的半径为1，由已知可设为轴的正半轴，为坐标原点，过O点作x轴垂线为y轴建立直角坐标系， 其中，其中， 由， 即，整理得， 解得， 则， 所以. 方法二：设，如图，当位于点或点时，三点共线，所以； 当点运动到的中点时，，所以 故答案为： 四、解答题（本大题共5小题，共计77分） 15. 在中，． （1）求； （2）若，，求． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理计算可得； （2）利用正弦定理计算可得； 【小问1详解】 解：因为，即 由余弦定理， 因为，所以； 【小问2详解】 解：因为，，， 由正弦定理，即，所以； 16. 已知函数，． （1）若函数在区间内单调递增，求实数的取值范围； （2）记函数，若的最小值是，求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）分析可知在区间内恒成立，由参变量分离法可得在区间内恒成立，利用导数求出函数在上的最大值，由此可得出实数的取值范围； （2）求得，对实数的取值进行分类讨论，利用导数分析函数在上的单调性，结合函数的最小值可求得实数的值. 【小问1详解】 解：因为，则， 由题意知在区间内恒成立， 所以，在区间内恒成立． 令，，因为恒成立， 所以在区间内单调递减， 所以，所以，即实数的取值范围为． 【小问2详解】 解：，其中． 因为， ①当时，对任意的恒成立， 所以在区间内单调递增，此时，无最小值，不合题意； ②当时，令，则或（舍去）， 当时，；当时，. 所以，函数在区间内单调递减，在区间内单调递增， 则是函数的极小值点，也是最小值点， 所以， 解得，合乎题意. 综上所述，. 17. 如图1，在直角梯形中，，分别为的中点，沿将平面折起，使二面角的大小为，如图2所示，设分别为的中点，点在线段上，且. （1）求证：； （2）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）根据线面垂直的判定定理和性质定理证明即可； （2）以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解即可. 【小问1详解】 因为分别为的中点，所以，所以， 因为平面，所以平面， 因为平面，所以， 因为是二面角的平面角，所以， 因为，所以为等边三角形，所以， 因为平面，所以平面， 又因为平面，所以. 【小问2详解】 设中点为，由（1）知两两垂直， 以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系. 因为，所以， 所以， 所以， 设平面的法向量为，则，即， 取，则 所以， ，. 设与平面所成的角为，则. 18. 在“2025年全球AI创新峰会”中，参与“环境监测问题解决方案”代码编写比赛组的科技团队A和B通过实时编写代码，争夺“最佳环测算法团队”称号．规定每轮比赛限时编写一个算法模块，评委会通过对算法模块测试，评定优胜方，优胜方记1分，另一方记0分，无平局；当两团队累积得分的分差为3分时，比赛结束，累积得分高的团队获“最佳环测算法团队”称号．若每轮比赛中，A团队获优胜的概率为，且每轮比赛结果相互独立． （1）当比赛结束时恰好进行了5轮，且A团队获“最佳环测算法团队”称号的概率； （2）（i）若比赛最多进行6轮，求比赛结束时轮数的分布列及数学期望； （ii）若比赛轮数不限制，求A团队获“最佳环测算法团队”称号的概率． 【答案】（1） （2）（i） 3 5 6 ； （ii）． 【解析】 【分析】（1）由互斥事件和相互独立事件的概率公式进行计算； （2）（i）先得到的所有可能取值为3，5，6，再结合互斥事件和相互独立事件的概率公式得到取每个值的概率，从而列出分布列，利用数学期望的计算公式得到； （ii）设事件为“比赛轮数不限制，A团队获‘最佳环测算法团队’称号”，设比赛过程中，A与团队累积得分的差为，表示时最终团队获“最佳环测算法团队”称号的概率，可得，结合全概率公式和迭代可得最终结果. 【小问1详解】 设事件“第轮比赛团队获优胜”，则事件“第轮比赛团队获优胜”； 由题， 事件表示“当比赛结束时恰好进行了5轮，且团队获“最佳环测算法团队’称号”， ． 【小问2详解】 （i）由题，的所有可能取值为3，5，6． ， 事件表示“当比赛结束时恰好进行了5轮，且团队获“最佳环测算法团队’称号”， ， ． 所以的分布列为 3 5 6 所以. （ii）设事件表示“比赛轮数不限制，A团队获“最佳环测算法团队’称号”． 设比赛过程中，A与团队累积得分的差为， 表示时最终团队获“最佳环测算法团队”称号的概率，其中． 由题知，，，． 根据全概率公式，则有，． 于是， 迭代得 ， 则， ， ， ， ； 累加得，， 解得， ，即， 故若比赛轮数不限制，A团队获“最佳环测算法团队”称号的概率为． 19. 已知椭圆的短轴长为，是椭圆的一个焦点，为椭圆的右顶点．：，过点作的两条切线分别与椭圆交于，两点（不同于点）． （1）求椭圆的方程； （2）当变化时，直线，的斜率乘积是否为定值，若是，求出这个定值；若不是，请说明理由； （3）给定一个，椭圆上的点到直线的距离的最大值为，当变化时，求的最大值，并求出此时的值． 【答案】（1） （2）直线，的斜率乘积为定值，理由见解析； （3）当时，取最大值，最大值为． 【解析】 【分析】（1）由条件列方程求，由此可得椭圆方程； （2）根据点到直线的距离公式可得为方程的两个根，再根据韦达定理求解， （3）联立直线与椭圆方程得韦达定理，即可由点斜式求解直线方程，令，得直线过定点，即可根据点点距离，结合二次函数的性质求解有最大值根据两直线垂直即可分类讨论求解. 【小问1详解】 设椭圆的半焦距为， 因为是椭圆的一个焦点，所以， 因为椭圆的短轴长为，所以，即， 又，解得， 故椭圆的方程为； 【小问2详解】 直线，的斜率乘积为定值，理由如下： 点，设直线的斜率分别为， 则直线的方程为， 由直线与圆相切知，圆心到直线的距离， 整理得， 同理 则为方程的两个根， 所以，即直线的斜率乘积为定值． 【小问3详解】 设，由， 得， 则，故， 所以，同理得， 直线的斜率 ， 则直线的方程为， 令，则， 所以直线过定点． 设椭圆上任意一点，点到点的距离． 当时，有最大值 取，则直线的斜率为， 要使最大，则此时有直线和直线垂直， 可得直线的斜率， 解得． 取，则直线的斜率为， 此时由直线和直线垂直可得直线的斜率， 解得，舍去． 所以椭圆上存在点，当时，的最大值为． 【点睛】方法点睛：圆锥曲线中定点问题的两种解法 （1）引进参数法：先引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点. （2）特殊到一般法：先根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 普洱市第一中学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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 复数在复平面内所对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3. 一批零件共有10个，其中有3个不合格．随机抽取3个零件进行检测，恰好有1件不合格的概率是（ ） A. B. C. D. 4. 已知2tanθ–tan(θ+)=7，则tanθ=（ ） A. –2 B. –1 C. 1 D. 2 5. 函数在区间的图象大致为（ ） A. B. C. D. 6. 曲线在处的切线的斜率为（ ） A. B. C. D. 0 7. 英国著名物理学家牛顿用“作切线”的方法求函数零点．已知二次函数有两个不相等的实根，其中．在函数图像上横坐标为的点处作曲线的切线，切线与x轴交点的横坐标为；用代替，重复以上的过程得到；一直下去，得到数列，记，且，下列说法正确的是（ ） A. B. C. 数列是等差数列 D. 数列的前n项和 8. 已知椭圆的左､右焦点分别为，过点作垂直于轴的直线交椭圆于两点，的内切圆圆心分别为，则的周长是（ ） A. B. C. D. 二、多选题（本大题共3小题，共计18分） 9. 的一个充分不必要条件是（ ） A. 或 B. 或 C. D. 10. 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 11. 已知直线，其中，点是直线上的一个动点.圆，其中，点是圆上的一个动点.则下列说法中正确的是（ ） A. 当，时，圆心到直线的距离为 B. 当，时，是坐标原点，则的最小值为 C. 当时，不存在，使圆与直线相离 D. 存在，使对任意的，圆与直线均相切 三、填空题（本大题共3小题，共15分） 12. 已知双曲线的渐近线方程为，则__________． 13. 函数的极小值为__________． 14. 已知点为扇形的弧上任意一点，且，若，则的取值范围是__________. 四、解答题（本大题共5小题，共计77分） 15. 在中，． （1）求； （2）若，，求． 16. 已知函数，． （1）若函数在区间内单调递增，求实数的取值范围； （2）记函数，若的最小值是，求的值． 17. 如图1，在直角梯形中，，分别为的中点，沿将平面折起，使二面角的大小为，如图2所示，设分别为的中点，点在线段上，且. （1）求证：； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 18. 在“2025年全球AI创新峰会”中，参与“环境监测问题解决方案”代码编写比赛组的科技团队A和B通过实时编写代码，争夺“最佳环测算法团队”称号．规定每轮比赛限时编写一个算法模块，评委会通过对算法模块测试，评定优胜方，优胜方记1分，另一方记0分，无平局；当两团队累积得分的分差为3分时，比赛结束，累积得分高的团队获“最佳环测算法团队”称号．若每轮比赛中，A团队获优胜的概率为，且每轮比赛结果相互独立． （1）当比赛结束时恰好进行了5轮，且A团队获“最佳环测算法团队”称号的概率； （2）（i）若比赛最多进行6轮，求比赛结束时轮数的分布列及数学期望； （ii）若比赛轮数不限制，求A团队获“最佳环测算法团队”称号的概率． 19. 已知椭圆的短轴长为，是椭圆的一个焦点，为椭圆的右顶点．：，过点作的两条切线分别与椭圆交于，两点（不同于点）． （1）求椭圆的方程； （2）当变化时，直线，的斜率乘积是否为定值，若是，求出这个定值；若不是，请说明理由； （3）给定一个，椭圆上的点到直线的距离的最大值为，当变化时，求的最大值，并求出此时的值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $