精品解析：江苏徐州市第一中学2024-2025学年第二学期高二年级期中检测数学试卷

徐州一中2024—2025学年度第二学期高二年级期中检测数学试卷 一､单选题：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. 在复平面内，复数对应的点的坐标是，则复数的虚部是（ ） A. B. 1 C. D. 2 3. 已知是实数，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 4. 已知等差数列的公差，且成等比数列，则数列的前2025项和为（ ） A. B. C. 505 D. 1013 5. 函数的图象为（ ） A. B. C. D. 6. 已知随机变量，且，则（ ） A. 0.4 B. 0.2 C. 0.8 D. 0.1 7. 商家为了解某品牌电风扇的月销售量（台）与月平均气温之间的关系，随机统计了某4个月该品牌电风扇的月销售量与当月平均气温，其数据如下表； 平均气温 27 29 31 33 月销售量（台） 24 33 40 55 由表中数据算出线性回归方程中的，据此估计平均气温为的那个月，该品牌电风扇的销售量约为（ ）台. A. 63 B. 61 C. 59 D. 57 8. 已知当时，，若函数的定义域为，且有为奇函数，为偶函数，则所在的区间是（ ） A. B. C. D. 二､多选题：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. 在正方体中，（ ） A. B. 直线与所成角为 C. 平面 D. 直线与平面所成角为 10. 已知，则（ ） A. 展开式各项的二项式系数的和为 B. 展开式各项的系数的和为 C. D. 11. 对于任意两个正数，当时，记曲线与直线，直线以及轴围成的曲边梯形的面积为，当时，约定，并约定.德国数学家莱布尼茨（Leibniz）最早发现.关于，下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 对正数，有 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知随机事件 ， ，，，，则______． 13. 某劳动课上，王老师安排甲、乙、丙、丁、戊五名学生到三个不同的教室打扫卫生，每个教室至少安排一名学生，且甲乙两名学生安排在同一教室打扫，丙丁两名学生不安排在同一教室打扫，则不同的安排方法数是______．（用数字作答） 14. 抛掷一枚质地均匀的骰子，观察骰子朝上面的点数，并制定如下规则：当点数为时得1分，当点数为1，6时得3分.多次抛掷这枚骰子，将每次得分相加的结果作为最终得分.若抛掷2次骰子，最终得分为，则随机变量的期望是__________；若抛掷50次骰子，记得分恰为分的概率为，则当取最大值时的值为__________. 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. 已知函数是定义在上的奇函数，当时，. （1）求的值； （2）若，求函数的值域. 16. 已知数列满足，，且对任意的，，都有. （1）设，求数列的通项公式； （2）设数列的前项和为，求证：. 17. 已知函数 （1）若，求曲线 在点处的切线方程; （2）当时，求函数的单调区间和极值； （3）若对于任意都有成立，求实数的取值范围. 18. 某学校数学小组建立了如下的数学模型：将一个小盒里放入6个小球，其中4个黑球，2个红球.模型一为：若取出黑球，则放回小盒中，不作任何改变；若取出红球，则放回小盒并再往小盒里加入2个红球；模型二为：若取出黑球，则放回小盒中，不作任何改变；若取出红球，则用黑球替换该红球重新放回小盒中. （1）分别计算在两种模型下，抽两次球，第二次取到的球是红球的概率； （2）在模型二的前提下： ①求在第次抽球时，抽到的球恰好是第二个红球的概率（结果用表示）. ②现规定当两个红球都被抽出来时停止抽球，且最多抽球10次，第10次抽球结束后无论盒中是否还有红球均停止抽球，记抽球的次数为，求的数学期望. 19. 古希腊数学家阿波罗尼斯在他的代表作《圆锥曲线》一书中指出：平面内动点与两定点的距离之比是一个常数，那么动点的轨迹是一个圆，且圆心在直线上，我们把由此产生的圆叫做阿波罗尼斯圆.已知阿波罗尼斯圆的两个定点分别为椭圆的右焦点与右顶点，且椭圆的离心率为. （1）求椭圆的标准方程； （2）如图，过右焦点斜率为的直线与椭圆相交于（点在轴上方），点是椭圆上异于的两点，平分平分. ①求的取值范围； ②若外接圆的周长为，求直线的方程. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 徐州一中2024—2025学年度第二学期高二年级期中检测数学试卷 一､单选题：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】B 【解析】 【分析】根据题意，将集合化简，再由交集的运算，即可得到结果. 【详解】因为对数函数是上的减函数， 所以由，得，则； 因为指数函数是上的增函数， 所以由，得，则， 由此，. 故选：B. 2. 在复平面内，复数对应的点的坐标是，则复数的虚部是（ ） A. B. 1 C. D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数的几何意义得到复数的代数式，再利用复数的除法运算即可. 【详解】由题意，，则. 所以复数的虚部是 故选：A. 3. 已知是实数，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】根据双勾函数的性质结合充分条件和必要条件的定义即可得解. 【详解】由双勾函数的性质可得在上递减，在上递增， 则当或时，， 所以“”是“”的必要不充分条件. 故选：B. 4. 已知等差数列的公差，且成等比数列，则数列的前2025项和为（ ） A. B. C. 505 D. 1013 【答案】D 【解析】 【分析】根据成等比数列，结合等差数列的通项公式可得，进而得到，，进而求和即可. 【详解】设首项为，因为成等比数列， 所以，则， 解得或，当时，，此时与成等比数列矛盾，故排除， 当时，，此时令， 而其前2025项和为， . 故选：D 5. 函数的图象为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据函数的定义域，奇偶性，以及特殊值可判断选项. 【详解】由函数可得函数的定义域为， 由可知函数为奇函数， 其图象关于坐标原点对称，故舍去A，B两项； 又由，可得D项不合题意，故C项正确. 故选：C. 6. 已知随机变量，且，则（ ） A. 0.4 B. 0.2 C. 0.8 D. 0.1 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，由正态分布的对称性可得，再由正态曲线的性质代入计算，即可得到结果. 【详解】因为，且，则，即， 则. 故选：A 7. 商家为了解某品牌电风扇的月销售量（台）与月平均气温之间的关系，随机统计了某4个月该品牌电风扇的月销售量与当月平均气温，其数据如下表； 平均气温 27 29 31 33 月销售量（台） 24 33 40 55 由表中数据算出线性回归方程中的，据此估计平均气温为的那个月，该品牌电风扇的销售量约为（ ）台. A. 63 B. 61 C. 59 D. 57 【答案】A 【解析】 【分析】根据表格中的数据，求得的值，将代入回归方程，求得的值，得出回归直线方程，代入时，即可求解. 【详解】根据表格中的数据，可得， 又由点在回归方程上，其中， 所以，解得，即， 当时，，即估计平均气温为的那个月，该品牌电风扇的销售量约为件. 故选：A. 8. 已知当时，，若函数的定义域为，且有为奇函数，为偶函数，则所在的区间是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由已知的奇偶性，确定函数的周期性，周期为4，然后由周期性、对数的运算法则计算函数值． 【详解】因为为奇函数， 所以，即， 又因为为偶函数， 所以， 即， 所以， 故是以为周期的周期函数. 因为当时，， 所以 因为， 所以. 故选：C. 【点睛】关键点点睛：解题关键是通过点对称与轴对称求周期，以及对数的运算. 二､多选题：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. 在正方体中，（ ） A. B. 直线与所成角为 C. 平面 D. 直线与平面所成角为 【答案】ACD 【解析】 【分析】先证明平面即可证明，则A正确；为直线与所成角，，则B错误；由，可得平面，C正确；由为直线与平面所成角，求解即可，D正确. 【详解】对于A，因为为正方体，则为正方形， 且平面，，平面， 所以，，平面，所以平面， 又平面，则，A正确； 对于B，设正方体棱长为， 因为，所以为直线与所成角， 在中，，则， 所以直线与所成角不是，B错误； 对于C，由，平面，平面， 所以平面，C正确； 对于D，连结，由平面，得， 又，，平面，所以平面， 连结，则为在平面上的射影， 所以为直线与平面所成角， 在直角三角形中，，所以 则直线与平面所成角为，D正确. 故选：ACD. 10. 已知，则（ ） A. 展开式各项的二项式系数的和为 B. 展开式各项的系数的和为 C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】根据给定条件，利用二项式定理及性质逐项判断即可得解. 【详解】对于A，的展开式各项的二项式系数的和为，A正确； 对于B，令，得，即的展开式各项的系数的和为1，B错误； 对于C，令，得，则， ，即有，C正确； 对于D，对两边求导， 得， 令，得，D错误. 故选：AC 11. 对于任意两个正数，当时，记曲线与直线，直线以及轴围成的曲边梯形的面积为，当时，约定，并约定.德国数学家莱布尼茨（Leibniz）最早发现.关于，下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 对正数，有 【答案】AD 【解析】 【分析】根据已知条件及新定义分别计算判断A，B，再结合图形及面积判断B，D. 【详解】由题意，所以， 当时，； 当时，； 当时，； 当或时，也成立；综上所述：. 对于选项A：，故A正确； 对于选项B：如图，因为，所以 即，故B错误. 对于选项C，取，则，故C错误； 对于选项D：因为阴影部分的面积小于上底长为，下底长为，高为的 直角梯形的面积，所以， 又阴影部分面积大于长为，宽为的矩形的面积， 所以，综上故有对正数有，故D正确. 故选：AD. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知随机事件 ， ，，，，则______． 【答案】## 【解析】 【分析】根据题意，由乘法公式代入计算可得，再由条件概率公式，代入计算，即可得到结果． 【详解】因为，，， 则， 则． 13. 某劳动课上，王老师安排甲、乙、丙、丁、戊五名学生到三个不同的教室打扫卫生，每个教室至少安排一名学生，且甲乙两名学生安排在同一教室打扫，丙丁两名学生不安排在同一教室打扫，则不同的安排方法数是______．（用数字作答） 【答案】30 【解析】 【分析】根据分类加法计数原理以及分组分配的求解方法即可求解. 【详解】若三个教室的人数分配是1,1,3，则甲乙连同另一个同学一起去一个教室， 剩下两个同学分别去另两个教室，则有种安排方法， 若三个教室的人数分配是1,2,2，则甲乙一起去一个教室，丙丁分别去另两个教室， 戊去剩下两个教室中的一个，则有种安排方法， 故总的方法有. 14. 抛掷一枚质地均匀的骰子，观察骰子朝上面的点数，并制定如下规则：当点数为时得1分，当点数为1，6时得3分.多次抛掷这枚骰子，将每次得分相加的结果作为最终得分.若抛掷2次骰子，最终得分为，则随机变量的期望是__________；若抛掷50次骰子，记得分恰为分的概率为，则当取最大值时的值为__________. 【答案】 ①. ②. 或 【解析】 【分析】分析抛一次骰子得1分以及得3分的概率，从而计算最终得分的概率，计算期望值；设得1分的次数为，计算得1分次数为次时总得分为分的概率，列不等式组计算概率最大时的值，从而求出的值. 【详解】抛一次骰子得1分的概率为，得3分的概率为， 的可能取值为，，， ， 则随机变量的期望是； 记得1分的次数为，则得3分的次数为， 因此抛掷50次骰子，所得总分为， 则得1分的次数为次时总分得n分的概率为，，若取最大，则 ，可得， 因为，所以，或， 当时，， 当时，， 故答案为：①；②或. 【点睛】思路点睛：得分由扔骰子过程中出现1分的次数和出现3分的次数决定，所以求得分的概率先设出现1分的次数，再计算的概率，列不等式组求出概率最大的的值，再计算. 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. 已知函数是定义在上的奇函数，当时，. （1）求的值； （2）若，求函数的值域. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据函数的奇偶性求解即可； （2）计算表达式，利用换元法把问题转化为二次函数在区间上的值域问题即可. 【小问1详解】 因为函数是定义在上的奇函数， 所以， 所以； 【小问2详解】 ， 令，问题等价于求的值域， 函数图象开口向上，对称轴为直线， ， 函数的值域为． 16. 已知数列满足，，且对任意的，，都有. （1）设，求数列的通项公式； （2）设数列的前项和为，求证：. 【答案】（1） （2）由（1）可知，， 所以当，， ， 又符合上式，所以 所以， 故 ， 因为，， 所以 【解析】 【分析】（1）利用等差数列的定义证明为等差数列，再结合求出得到的首项，利用等差数列的定义求出的通项公式； （2）结合（1）求出，再代入求出的通项公式，再利用裂项相消法求出前项和为，即可证明. 【小问1详解】 依题意，对任意的，，都有， 故对任意的，，， 所以对任意的，，，即为定值， 所以数列是公差为2的等差数列， 据，，得，， 所以，解得，故， 所以 【小问2详解】 略 17. 已知函数 （1）若，求曲线 在点处的切线方程; （2）当时，求函数的单调区间和极值； （3）若对于任意都有成立，求实数的取值范围. 【答案】（1）； （2）答案见详解； （3）. 【解析】 【分析】（1）利用导数求切线斜率，然后求出切点纵坐标，由点斜式可得切线方程； （2）求导，分和讨论即可得解； （3）参变分离，构造函数，利用导数即可最值可得. 【小问1详解】 函数的定义域为， 当时，，则， 所以，， 由点斜式得切线方程为，即. 【小问2详解】 ，因为，所以， 当时，恒成立， 所以在单调递减，此时无极值； 当时，解得，解得， 所以，在上单调递减，在上单调递增， 当时，函数取得极小值，无极大值. 综上，当时，在单调递减，无递增区间，无极值； 当时，在上单调递减，在上单调递增，有极小值，无极大值. 【小问3详解】 ， 因为，所以， 令，则， 易知单调递增，所以， 所以，所以在单调递增， 所以，当，， 要使对任意都有成立，则， 即实数的取值范围为. 18. 某学校数学小组建立了如下的数学模型：将一个小盒里放入6个小球，其中4个黑球，2个红球.模型一为：若取出黑球，则放回小盒中，不作任何改变；若取出红球，则放回小盒并再往小盒里加入2个红球；模型二为：若取出黑球，则放回小盒中，不作任何改变；若取出红球，则用黑球替换该红球重新放回小盒中. （1）分别计算在两种模型下，抽两次球，第二次取到的球是红球的概率； （2）在模型二的前提下： ①求在第次抽球时，抽到的球恰好是第二个红球的概率（结果用表示）. ②现规定当两个红球都被抽出来时停止抽球，且最多抽球10次，第10次抽球结束后无论盒中是否还有红球均停止抽球，记抽球的次数为，求的数学期望. 【答案】（1）； （2）①；② 【解析】 【分析】（1）分为取到“黑红”和“红红”两种情况，分别对两种模型第二次取到的球是红球的概率进行计算即可； （2）①先算出第次是第一次取到红球，第次是第二次取到红球的概率为， 则第次恰好抽到第二个红球的概率为中从到取值累加求和； ②利用数学期望的定义和①中的概率公式可得到的表达式，再利用错位相减法计算得出期望值. 【详解】（1）记在模型一下，第二次取到红球的概率为，则分为取到“黑红”和“红红”两种情况， 则； 记在模型二下，取到红球的概率为，同样分为取到“黑红”和“红红”两种情况， 则； （2）①设第次是第一次取到红球，第次是第二次取到红球的概率为， 则， 则第次恰好抽到第二个红球的概率为中从到取值累加求和，即 ， 利用等比数列求和公式即可得 ； ②由题可知，的取值依次为， 当时，， 由数学期望的定义和①中的概率公式可知， ， 设， 由错位相减法可得， 所以. 19. 古希腊数学家阿波罗尼斯在他的代表作《圆锥曲线》一书中指出：平面内动点与两定点的距离之比是一个常数，那么动点的轨迹是一个圆，且圆心在直线上，我们把由此产生的圆叫做阿波罗尼斯圆.已知阿波罗尼斯圆的两个定点分别为椭圆的右焦点与右顶点，且椭圆的离心率为. （1）求椭圆的标准方程； （2）如图，过右焦点斜率为的直线与椭圆相交于（点在轴上方），点是椭圆上异于的两点，平分平分. ①求的取值范围； ②若外接圆的周长为，求直线的方程. 【答案】（1） （2）①；②. 【解析】 【分析】（1）依据阿波罗尼斯圆的定义，取圆上的特殊点，计算得的值； （2）①先证得角平分线定理，令，再设直线方程，得，再求得的范围，即可解得的范围； ②设外接圆与直线的另一个交点为，由几何关系可得，再通过几何关系解得，再利用弦长公式即可求得直线方程. 【小问1详解】 令，由阿波罗尼斯圆的定义知，且，解得，则， 故椭圆的方程为 【小问2详解】 ①由，又， 得（或由角平分线定理得） 令，设 联立，解得 则 所以，即， 则 又，所以，解得 又，所以， 综上 ②由①知，，由阿波罗尼斯圆定义知， 在以为定点得阿波罗尼斯圆上，设该圆圆心为，半径为，与直线的另一个交点为， 则有，即，解得. 又外接圆的周长为，故，则， 又， 则 ， 得，解得 则，故直线的方程为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $