云南省保山市隆阳区第一中学2024-2025学年高二下学期 数学期中模拟卷（含解析）

2024-2025年高二下学期期中模拟卷（范围：必修一二册+选择性必修一—六章）姓名：___________班级：___________一、单项选择题(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．设集合，则（）A． B． C． D．2．若复数z满足（其中i是虚数单位），复数z的共轭复数为，则（

）A．z的实部是 B．的虚部是C．复数在复平面内对应的点在第四象限 D．3．小张接到4项工作，要在下周一、周二、周三这3天中完成，每天至少完成1项，则不同的安排方式共有（

）A．36种 B．24种 C．18种 D．12种4．在三棱柱中，，若点为的中点，则（

）A． B．C． D．5．在直三棱柱中，，，点在线段上运动，E，F分别为，中点，则下列说法正确的是（

）A．平面 B．当为中点时，AP与BC成角最大C．当为中点时，AP与成角最小 D．存在点，使得6．正项等比数列中，，若，则的最小值等于（

）A．1 B． C． D．7．已知向量，满足，，，则（）A． B． C． D．8．设，，，则a，b，c的大小关系为（

）A． B．C． D．二、多项选择题(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．有一组样本数据，，…，，由这组数据得到新样本数据，，…，，其中(为非零常数，则（

）A．两组样本数据的样本平均数相同B．两组样本数据的样本中位数相同C．两组样本数据的样本标准差相同D．两组样本数据的样本极差相同10．已知O为坐标原点，点在抛物线上，过点的直线交C于P，Q两点，则（

）A．C的准线为 B．直线AB与C相切C． D．11．已知函数及其导函数的定义域均为，记，若，均为偶函数，则（

）A． B． C． D．三、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分．)12．的展开式中的系数为______.（用数字作答）13．若直线与圆相切，则实数_________．14．已知双曲线的一条渐近线为，则C的焦距为_________．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．(13分)记是公差不为0的等差数列的前n项和，若．（1）求数列的通项公式；（2）求使成立的n的最小值．16．(15分)如图，在四棱锥中，底面ABCD为直角梯形，，，平面ABCD，Q为线段PD上的点，，，．(1)证明：平面ACQ；(2)求直线PC与平面ACQ所成角的正弦值．17．(15分)已知的内角，，所对的边分别为，，，向量，，且.(1)求角；(2)若，，求边及的面积；(3)在（2）的条件下，求的值.18．(17分)已知函数.(1)若，求函数在点处的切线方程；(2)若函数在其定义域上有唯一零点，求实数的值.19．(17分)在直角坐标系上，椭圆的右焦点为，的上、下顶点与连成的三角形的面积为．(1)求的方程；(2)已知过点的直线与相交于，两点，问上是否存在点，使得？若存出，求出的方程．若不存在，请说明理由参考答案：1．C【分析】根据交集的定义求解即可【详解】由题，故选：C2．A【分析】把转化为化简求解.【详解】z的实部是故A正确；，故D错误，的虚部是故B错误，在复平面上对应的点为所以为第一象限点，故C错误.故选：A3．A【分析】应用分步计数乘法原理，再结合排列组合数即可求出不同的分配方案的种数.【详解】由题意可得，一天完成两项工作，其余两天每天完成一项工作，据此可得，只要把工作分成三份：有种方法，然后进行全排列，由乘法原理，不同的安排方式共有种．故选：A．4．A【分析】根据向量的线性运算求解.【详解】，为的中点，，故选：A.5．C【分析】举特例否定选项A；求得AP与BC成角最大时点位置判断选项B；求得AP与成角最小时点位置判断选项C；求得时点位置判断选项D.【详解】由题意得，两两垂直，不妨令以C为原点，分别以所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系.则选项A：当点P与点B重合时，由为梯形的两个腰，可得相交，则直线平面位置关系为相交.判断错误；选项B：设AP与BC成角为，,由，可得当时，即两点重合时，，AP与BC成角为.判断错误；选项C：设AP与成角为，由，可得又，在单调递减，则当即为中点时，AP与成角最小.判断正确；选项D：,由，解得（舍），则不存在点，使得.判断错误.故选：C6．B【分析】根据等比数列的性质可得，进而由基本不等式即可求解最值.【详解】由等比数列中，设公比为，且，由得，故，由得，，当且仅当，即时等号成立，故最小值为，故选：B7．D【分析】计算出、的值，利用平面向量数量积可计算出的值.【详解】，，，.，因此，.故选：D.【点睛】本题考查平面向量夹角余弦值的计算，同时也考查了平面向量数量积的计算以及向量模的计算，考查计算能力，属于中等题.8．D【分析】构造函数，研究其单调性，进而可以比较a，b，c的大小.【详解】令，则，所以时，，单调递减，时，，单调递增，，，，因为，所以.故选：D.9．CD【分析】A、C利用两组数据的线性关系有、，即可判断正误；根据中位数、极差的定义，结合已知线性关系可判断B、D的正误.【详解】A：且，故平均数不相同，错误；B：若第一组中位数为，则第二组的中位数为，显然不相同，错误；C：，故方差相同，正确；D：由极差的定义知：若第一组的极差为，则第二组的极差为，故极差相同，正确；故选：CD10．AC【分析】利用极值点的定义可判断A，结合的单调性、极值可判断B，利用平移可判断C；利用导数的几何意义判断D.【详解】由题，，令得或，令得，所以在，上单调递增，上单调递减，所以是极值点，故A正确；因，，，所以，函数在上有一个零点，当时，，即函数在上无零点，综上所述，函数有一个零点，故B错误；令，该函数的定义域为，，则是奇函数，是的对称中心，将的图象向上移动一个单位得到的图象，所以点是曲线的对称中心，故C正确；令，可得，又，当切点为时，切线方程为，当切点为时，切线方程为，故D错误.故选：AC.11．BCD【分析】求出抛物线方程可判断A，联立AB与抛物线的方程求交点可判断B，利用距离公式及弦长公式可判断C、D.【详解】将点的代入抛物线方程得，所以抛物线方程为，故准线方程为，A错误；，所以直线的方程为，联立，可得，解得，故B正确；设过的直线为，若直线与轴重合，则直线与抛物线只有一个交点，所以，直线的斜率存在，设其方程为，，联立，得，所以，所以或，，又，，所以，故C正确；因为，，所以，而，故D正确.故选：BCD12．BC【分析】方法一：转化题设条件为函数的对称性，结合原函数与导函数图象的关系，根据函数的性质逐项判断即可得解.【详解】[方法一]：对称性和周期性的关系研究对于，因为为偶函数，所以即①，所以，所以关于对称，则，故C正确；对于，因为为偶函数，，，所以关于对称，由①求导，和，得，所以，所以关于对称，因为其定义域为R，所以，结合关于对称，从而周期，所以，，故B正确，D错误；若函数满足题设条件，则函数（C为常数）也满足题设条件，所以无法确定的函数值，故A错误.故选：BC.[方法二]：【最优解】特殊值，构造函数法.由方法一知周期为2，关于对称，故可设，则，显然A，D错误，选BC.故选：BC.[方法三]：因为，均为偶函数，所以即，，所以，，则，故C正确；函数，的图象分别关于直线对称，又，且函数可导，所以，所以，所以，所以，，故B正确，D错误；若函数满足题设条件，则函数（C为常数）也满足题设条件，所以无法确定的函数值，故A错误.故选：BC.【整体点评】方法一：根据题意赋值变换得到函数的性质，即可判断各选项的真假，转化难度较高，是该题的通性通法；方法二：根据题意得出的性质构造特殊函数，再验证选项，简单明了，是该题的最优解．13．【分析】利用多项式乘法进行运算，再由二项式定理找到通项，再赋值即可求解【详解】因为，其中展开式的通项为，，令，；令，.所以展开式中的系数为.故答案为：.14．或【分析】利用几何法列方程即可求解.【详解】圆可化为.因为直线与圆相切，所以圆心到直线的距离等于半径，即，解得：或7.故答案为：或15．4【分析】将渐近线方程化成斜截式，得出的关系，再结合双曲线中对应关系，联立求解，再由关系式求得，即可求解.【详解】由渐近线方程化简得，即，同时平方得，又双曲线中，故，解得（舍去），，故焦距.故答案为：4.【点睛】本题为基础题，考查由渐近线求解双曲线中参数，焦距，正确计算并联立关系式求解是关键.16．【分析】事件B为前3次中有一次中1发未中，第4次射击中有2发未中，事件AB是第3次有1发未中，第4次有2发未中，然后利用利用条件概率求解.【详解】解：由题意得，，故答案为：17．(1)；(2)7.【分析】(1)由题意首先求得的值，然后结合题意求得数列的公差即可确定数列的通项公式；(2)首先求得前n项和的表达式，然后求解二次不等式即可确定n的最小值.【详解】(1)由等差数列的性质可得：，则：，设等差数列的公差为，从而有：，，从而：，由于公差不为零，故：，数列的通项公式为：.(2)由数列的通项公式可得：，则：，则不等式即：，整理可得：，解得：或，又为正整数，故的最小值为.【点睛】等差数列基本量的求解是等差数列中的一类基本问题，解决这类问题的关键在于熟练掌握等差数列的有关公式并能灵活运用.18．(1)证明见解析(2)【分析】（1）利用三角形相似得，结合，则有，利用线面平行的判定即可证明；（2）以A为坐标原点，建立合适的空间直角坐标系，求出平面ACQ的法向量，利用线面角的空间向量法即可得到答案.【详解】（1）如图，连接BD与AC相交于点M，连接MQ，∵，，则，∴，，∵，∴，平面ACQ，平面ACQ，∴平面ACQ；（2）平面，平面,，因为底面,则AB，AD，AP两两垂直，以A为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，各点坐标如下：，，，．设平面ACQ的法向量为，由，，有，令，，，可得，由，有，，则．故直线PC与平面ACQ所成角的正弦值为．19．(1)(2)(3)【分析】（1）利用平行向量的坐标关系得，结合正弦定理与角度关系，即可得角；（2）根据余弦定理求得边长，再利用面积公式求解即可.（3）利用正弦定理求出，再求出，再利用二倍角公式求出，最后再利用两角和与差的正弦公式即可.【详解】（1）因为向量，，且所以，由正弦定理得，又，则，显然，则，又，所以.（2）由余弦定理的，整理得，解得或（舍），所以的面积.（3）由正弦定理得，即，解得，因为，故角为锐角，故，，，.20．(1)；(2)分布列见解析，数学期望为；(3).【分析】（1）根据频率和为列方程计算求解；（2）由分层抽样判断得抽取的成绩在的三组人数为，根据超几何分布计算取对应的概率，从而写出分布列并计算期望；（3）根据频率分布直方图判断出成绩为A,B,C等级的频率分别为，可判断出从所有参加考试的同学中随机抽取3人，获得B等级的人数服从二项分布，利用二项分布计算获得B等级的人数不少于2人的概率.【详解】（1）由频率和为可得，解得.（2）由频率分布直方图可得，成绩在的三组人数比为，根据分层抽样抽取的成绩在的三组人数为，所以的可能取值为.，，，所以的分布列为（3）由题意，成绩为A,B,C等级的频率分别为，设从所有参加考试的同学中随机抽取3人，获得B等级的人数为，则服从二项分布，所以获得B等级的人数不少于2人的概率为21．(1)(2).【分析】（1）利用待定系数法求出椭圆的方程；（2）分类讨论：①当的斜率不存在时和②当的斜率存在时，设的方程为，，利用“设而不求法”求解.【详解】（1）依题意得，所以，

另由，，解得：，

所以椭圆的标准方程为程为.（2）①当的斜率不存在时，则，，因为，所以点，而点不在椭圆上，故不存在点符合题意.②当的斜率存在时，设的方程为，，联立得，则，而，因为，则，所以，而在曲线上，所以，即，所以，符合题意.综上所述，存在点满足题意，此时直线的方程为22．(1)(2)【分析】（1）求导，利用导数求解斜率，由点斜式即可求解直线方程，（2）将问题等价转化成在有唯一实数解.构造函数，和利用导数求解单调性，进而确定方程的根，即可求解.【详解