云南省昆明市第十二中学教育集团2024-2025学年高二下学期期中质量检测数学试题（解析版）

昆明市第十二中学教育集团2024—2025学年下学期期中质量检测高二年级数学（满分：150分，考试时间：120分钟）第I卷（选择题共58分）一、单选题：本大题共8道小题，每题5分，共40分，每小题只有一个选项最符合题意.1.复数，则（）A.5 B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据复数的四则运算得到，再根据复数的模长公式求解即可.【详解】，.故选：D.2.已知平面向量满足，且，则（）A. B. C.2 D.1【答案】C【解析】【分析】利用平面向量的模长公式，结合数量积的计算律，计算即可.【详解】由题意，.故选：C.3.如图，要让电路从A处到B处只有一条支路接通，可有（）条不同路径.A.4 B.5 C.9 D.10【答案】D【解析】【分析】根据分类加法和分步乘法计数原理即可求解.【详解】走上面需要两步，每步都有两种路径，有种方法，走下面需要两步，第一步有三种路径，第二步有两种路径，有种方法，共计有10种方法.故选：D.4.记为等差数列的前项和，已知，，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由结合等差中项的性质可得，即可计算出公差，即可得的值.【详解】由，则，则等差数列的公差，故.故选：B.5.已知，则（）A.2 B. C.1 D.【答案】C【解析】【分析】利用正弦的两角和差公式求解即可.【详解】，即，所以即故故选：C6.已知，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】应用条件概率计算即可.【详解】，则.故选:C.7.安排5名歌手演出的顺序时，要求歌手不是第一个出场，也不是最后一个出场，同时和歌手的演出顺序要相邻，则不同的安排的方式有（）A.12种 B.24种 C.36种 D.48种【答案】B【解析】【分析】利用捆绑法和特殊元素法计算可得.【详解】首先将和捆绑作为一组，组内有种排法，再将歌手排到中间两个位置中的一个，有种排法，最后将另外两人与这一组安排到三个位置，有种排法，按照分步乘法计数原理可知不同的安排的方式有种.故选：B8.若斜率为1的直线与曲线和圆都相切，则实数的值为（）A. B.0 C.2 D.0或2【答案】D【解析】【分析】设直线与曲线的切点为，先根据导数的几何意义求出在切点处的切线方程，再根据直线与圆相切和圆心到直线距离的关系列式求解即可．【详解】设直线与曲线的切点为，由，则，则，，即切点为，所以直线为，又直线与圆都相切，则有，解得或．故选：D．二、多选题：本题共3小题，每题6分，共18分，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.下列命题正确的是（）A.B.已知函数在上可导，若，则C.已知函数，若，则D.设函数的导函数为，且，则【答案】BC【解析】【分析】根据复合函数的求导法则判断A，根据导数的定义判断B，求出函数的导函数，解得即可判断C，求出函数的导函数，令计算可判断D.【详解】对于A：，故A错误；对于B：因为，所以，故B正确；对于C：因为，所以，因为，即，解得或（舍去），故C正确；对于D：因为，所以，所以，解得，故D错误.故选：BC10.下列说法正确的是（）A.若二项式的展开式中，第3项的二项式系数最大，则B.若，则C.被8除的余数为7D.的展开式中含项的系数为5376【答案】BCD【解析】【分析】根据二项式系数的性质可判断A，利用赋值法可判断B，利用二项式定理可判断C，将原式整理为，求项的系数可判断D.【详解】对A：若第2，3项的二项式系数相等且最大，则；若只有第3项的二项式系数最大，则；若第3，4项的二项式系数相等且最大，则，故A错误；对B：令可得；令可得，所以，故B正确；对C：因为，所以被8除的余数为7，故C正确；对D：因为，所以的系数为，故D正确.故选：BCD11.如图，在正方体中，，是正方形内部(含边界)的一个动点，则（）A.存唯一点，使得B.存在唯一点，使得直线与平面所成的角取到最小值C.若，则三棱锥外接球的表面积为D.若异面直线与所成的角为，则动点的轨迹是抛物线的一部分【答案】BCD【解析】【分析】由线面垂直得线线垂直来确定点位置，判断选项A；几何法找线面角，当角最小时确定点位置，判断选项B；为中点时，求三棱锥外接球的半径，计算外接球的表面积，判断选项C；利用向量法解决异面直线所成角的问题，求出动点的轨迹，判断选项D.【详解】对于A选项：正方形中，有，正方体中有平面，平面，，又，平面，平面，只要平面，就有，在线段上，有无数个点，A选项错误；对于B选项：平面，直线与平面所成的角为，，取到最小值时，最大，此时点与点重合，B选项正确；对于C选项：若，则为中点，为等腰直角三角形，外接圆半径为，三棱锥外接球的球心到平面的距离为，则外接球的半径为，所以三棱锥外接球的表面积为，C选项正确；对于D选项：以D为原点，的方向为轴，轴，轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，设，则有，，有，化简得，是正方形内部(含边界)的一个动点，所以的轨迹是抛物线的一部分，D选项正确.故选：BCD三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.的展开式的常数项为________.（用数字作答）【答案】【解析】【分析】写出二项展开式通项，令的指数为零，求出参数的值，代入通项即可得解.【详解】的展开式通项为，令，解得，所以，展开式中的常数项为.故答案为：.13.已知某地市场上供应的灯泡中，甲厂产品占，乙厂产品占，甲厂产品的合格率是，乙厂产品的合格率是，则从该地市场上买到一个合格灯泡的概率是_________．【答案】##【解析】【分析】根据独立事件和互斥事件概率计算方法计算即可．【详解】从某地市场上购买一个灯泡，设买到的灯泡是甲厂产品为事件A，买到的灯泡是乙厂产品为事件B，则由题可知P(A)＝，P(B)＝，从甲厂产品中购买一个，设买到的产品是合格品为事件C，从乙厂产品中购买一个，设买到的产品是合格品为事件D，则由题可知P(C)＝，P(D)＝，由题可知A、B、C、D互相独立，故从该地市场上买到一个合格灯泡的概率为：P(AC)＋P(BD)＝P(A)P(C)＋P(B)P(D)＝．故答案为：．14.已知直线经过抛物线的焦点，且与抛物线交于，两点，若使得成立的点的横坐标为，则四边形的面积为_____．【答案】【解析】【分析】求抛物线的焦点坐标，设直线方程，再直线曲线联立，借助韦达定理，弦长公式求，利用点到直线距离公式计算高，最后计算面积即可.【详解】设抛物线的焦点为，则点的坐标为，若直线的斜率为，则直线与抛物线只有一个交点，与条件矛盾，故直线的斜率不为，设直线的方程为，，，联立，整理得，方程的判别式，所以为方程的根，所以，.∴.∵，∴四边形为平行四边形.∵点的横坐标为，∴，解得.∴.点到直线的距离为，所以的面积为，又的面积与的面积相等，∴平行四边形的面积为.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.在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．（1）求角的大小；（2）若，求的面积．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由三角恒等变换和正弦定理得到，求出；（2）根据，由余弦定理得到方程，求出，利用三角形面积公式求出答案.【小问1详解】由，得，即，由正弦定理可得，即，因为，，所以得，即，又因为，所以；【小问2详解】由（1）知，，又，由余弦定理得，得，解得或（舍），所以的面积．16.已知等差数列的前n项和为，，且，，成等比数列．（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前n项和．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）设出公差，表达出前5项，通过等差和等比关系求出和公差，即可得到数列的通项公式；（2）表达出数列的通项公式，得到数列的前n项和的表达式，利用错位相减法即可得出数列的前n项和.【小问1详解】由题意，在等差数列中，设公差为,由，得，则，又a3＋2，a4，a5－2成等比数列，∴7，5＋d，3＋2d成等比数列，得，即，得d＝2，∴，，∴数列的通项公式为：．【小问2详解】由题意及（1）得，，在数列中，，在数列中，，∴，∴，，两式相减得．∴17.如图，在四棱锥中，为矩形，，，平面平面．（1）证明:平面平面;（2）若为中点，求平面与平面的夹角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）利用平面，得到，又有，，得到平面，从而平面平面；（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求平面与平面的夹角的余弦值．【详解】（1）证明：因为平面平面，平面平面，矩形中，，所以平面因为平面，所以又因为，，平面，平面所以平面．因为平面，所以，平面平面．（2）解：由（1）知平面，取中点，连结，则，以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，则，，，设平面的一个法向量为，则即令，则，，所以同理易得，平面的一个法向量为所以．由图示，平面与平面所成夹角为锐角，所以平面与平面所成夹角的余弦值．【点睛】立体几何解答题基本结构：(1)第一问一般是几何关系的证明，用判定定理；(2)第二问是计算，求角或求距离（求体积通常需要先求距离），通常可以建立空间直角坐标系，利用向量法计算．18.已知函数（a为实常数）．（1）若，求证：在上是增函数；（2）当时，求函数在上的最大值与最小值及相应的x值；（3）若存在，使得成立，求实数a的取值范围．【答案】（1）证明见解析；（2）答案见解析；（3）.【解析】【分析】（1）利用导数证明函数的区间单调性即可；（2）利用导数研究函数的单调性，进而求区间内最值即可；（3）将问题化为在上能成立，应用导数研究右侧的单调性并求最小值，即可得参数范围.【小问1详解】由题设，则，则在上有，故在上是增函数，得证；【小问2详解】由题设，则，当时，当时，所以在上单调递减，在上单调递增，且，所以最小值时，最大值为时；【小问3详解】由题设在上能成立，则，对于，则在上恒成立，故在上单调递增，且时，即在上恒成立，所以在上能成立，令且，则，对于且，则，当时，，即在上单调递减，当时，，即在上单调递增，当，，即在上恒成立，在上恒成立，则在上单调递增，故，所以.19.如图所示，由半椭圆和两个半圆、组成曲线C：，其中点，依次为的左、右顶点，点B为的下顶点，点，依次为的左、右焦点.若点，分别为曲线，的圆心.（1）求的方程；（2）和D分别在曲线和曲线上.求出线段的最大值；（3）若过点，作两条平行线，分别与，和，交与M，N和P，Q，求的最小值.【答案】（1）（2）4（3）5【解析】【分析】（1）由圆的方程可确定圆心坐标，即椭圆焦点坐标，进而根据椭圆关系求得方程；（2）由几何图形特征易知当C与，D与同时重合时线段的最大，进而可以求得最大值；（3）根据对称性将问题转化为求解椭