2024-2025学年云南省红河哈尼族彝族自治州高二下学期期中数学检测试题2（含答案）

这是一份2024-2025学年云南省红河哈尼族彝族自治州高二下学期期中数学检测试题2（含答案），共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
2．某厂1995年的产值为万元，预计产值每年以5%递增，则该厂到2007年的产值（万元）是（ ）
A．B．C．D．
3．若复数是实数，则实数（ ）
A．B．0C．1D．2
4．某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形．该多面体的体积为（ ）
A．8B．C．12D．
5．已知，若函数在区间上有且只有个零点，则的范围为（ ）
A．B．
C．D．
6．已知抛物线的焦点为，坐标原点为，过点的直线与交于两点，且点到直线的距离为，则的面积为（ ）
A．B．C．D．
7．已知为定义在上的奇函数，且满足，当时，，若，，，则a，b，c的大小关系为（ ）
A．B．
C．D．
8．如图1，某广场上放置了一些石凳供大家休息，这些石凳是由正方体截去八个一样的正三棱锥得到的，它的所有棱长均相同，数学上我们称之为半正多面体（semiregular slid），亦称为阿基米德多面体，如图2，设，则平面与平面之间的距离是（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．某人记录了某市2022年1月20日至29日的最低温度，分别为，，，，，，，，，（单位：℃），则关于该市这10天的日最低气温的说法中正确的是（ ）
A．众数为B．中位数为
C．平均最低气温为－4.8℃D．极差为6
10．已知函数的图像关于点中心对称，则（ ）
A．在区间单调递减
B．在区间有两个极值点
C．直线是曲线的对称轴
D．直线是曲线的切线
11．在正方体中，，点P满足，其中，则下列结论正确的是（ ）
A．当平面时，不可能垂直
B．若与平面所成角为，则点P的轨迹长度为
C．当时，正方体经过点、P、C的截面面积的取值范围为[，]
D．当时，的最小值为
三、填空题
12．若为第二象限角，且，则 .
13．已知等比数列的公比，，，则 .
14．已知函数在区间内存在极值点，且在R上恰好有唯一整数解，则实数a的取值范围是 ．
四、解答题
15．已知的两个顶点分别为椭圆的左焦点和右焦点，且三个内角满足关系式.
(1)求线段的长度；
(2)求顶点的轨迹方程.
16．某安全生产监督部门对5家小型煤矿进行安全检查（简称安检）．若安检不合格，则必须整改．若整改后经复查仍不合格，则强制关闭．设每家煤矿安检是否合格是相互独立的，且每家煤矿整改前安检合格的概率是0.5，整改后安检合格的概率是0.8，计算（结果精确到0.01）：
(1)恰好有两家煤矿必须整改的概率；
(2)某煤矿不被关闭的概率；
17．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且有.
(1)求角A；
(2)若△ABC的面积为，，求△ABC的周长.
18．已知椭圆过点，离心率为.
(1)求椭圆C的方程.
(2)已知O为坐标原点，直线与相交于M，N两个不同点.
①求k的取值范围；
②若，求的面积.
19．若有穷数列满足，则称为数列．
(1)判断下列数列是否为数列，并说明理由．
①；②．
(2)已知数列中各项互不相等，令，求证：数列是等差数列的充分必要条件是数列是常数列．
(3)已知数列是个连续正整数的一个排列，若，求的所有取值．答案
1．B
【分析】求出集合A，计算与集合B的交集即可.
【详解】由题意可得，则.
故选：B.
2．C
【分析】指数函数的实际应用，解答本题只需要从1995年向后写几年就可以得到规律.
【详解】∵某厂1995年的产值为万元，预计产值每年以5%递增，
∴该厂到1996年的产值(万元)为,
该厂到1997年的产值(万元)为,
该厂到1998年的产值(万元)为,
∴该厂到2007年的产值(万元)为.
故选：C．
3．A
【分析】利用复数的除法运算求出复数z，再由已知列式计算作答.
【详解】依题意，，因，且z是实数，则，解得，
所以实数.
故选：A
4．B
【分析】根据三视图确定几何体的形状，结合棱锥和棱柱的体积公式进行求解即可.
【详解】由三视图可知该几何体是上面是直三棱锥下面是直三棱柱组成的多面体，
所以体积为：，
故选：B
5．D
【分析】将看作一个整体，使用整体思想，由正弦函数的零点（即对称中心的横坐标）求解即可.
【详解】∵在区间上有且只有个零点，
∴令，当时，，
∴在区间上有且只有个零点，即在区间上有且只有个零点，
又∵的零点（即对称中心的横坐标）为，，
∴当时，，当时，，
当时，，当时，，
当时，，
∴，解得.
故选：D.
6．B
【分析】设直线的方程为，，根据点到直线的距离求出，联立方程，利用韦达定理求出，再根据弦长公式求出，进而可得出答案.
【详解】由题意，
可设直线的方程为，，
则，解得，
联立，消得，
，
则，
所以
，
所以的面积为.
故选：B.
7．D
【分析】利用函数的奇偶性、单调性比较大小.
【详解】法一：
第一步：判断在上的单调性
当时，，
，所以在上单调递减．
因为，
所以的图象关于直线对称，则在上单调递增．
因为为定义在上的奇函数，所以在上单调递增．
第二步：利用作差法并结合的单调性即可比较大小.
因为，所以，
因为，所以，
因为，，
所以，
所以，即，故D正确．
法二：
第一步：判断在上的单调性
当时，，，
所以在上单调递减．
因为，
所以的图象关于直线对称，则在上单调递增．
因为为定义在上的奇函数，所以在上单调递增．
第二步：利用作商法并结合的单调性即可比较大小
因为，所以，
因为，所以，
因为，，所以，
所以，即.故D正确.
故选：D．
8．D
【分析】不妨记正方体为，设对角线分别交平面和平面于点，，可推出即为平面与平面的距离，结合等体积法求得，结合对称性求得即可．
【详解】如图，不妨记正方体为，，，
故四边形是平行四边形，所以，
又，分别为，的中点，
所以，同理，
所以，又平面，平面，
所以平面，同理平面，
又，，平面，
所以平面平面，
设对角线分别交平面和平面于点，，
因为平面，平面，
所以，
连接，因为分别为的中点，
故，又，平面，，
所以平面，又平面，
所以，同理，
又，，平面，
所以平面，
又平面平面，
所以平面，
即为平面与平面的距离，
则，
由正方体棱长为得，
由题意得，为等边三角形，
故，
根据，
得，
解得，
根据对称性知，
所以，
则平面与平面的距离为．
故选：D
方法点睛：求点到平面的距离方法，一是建立空间直角坐标系，利用空间向量求解；二是利用等体积法求解；三是作出辅助线，在三角形中结合余弦定理等方法进行求解.
9．AC
【分析】依题意将数据从小到大排列，即可求出极差、众数、中位数与平均数；
【详解】解：依题意将数据从小到大排列为、、、、、、、、、，
所以可得极差为，故D错误；众数为，故A正确；
中位数为，故B错误；
平均最低气温为
℃，故C正确；
故选：AC
10．AD
【分析】根据三角函数的性质逐个判断各选项，即可解出．
【详解】由题意得：，所以，，
即，
又，所以时，，故．
对A，当时，，由正弦函数图象知在上是单调递减；
对B，当时，，由正弦函数图象知只有1个极值点，由，解得，即为函数的唯一极值点；
对C，当时，，，直线不是对称轴；
对D，由得：，
解得或,
从而得：或,
所以函数在点处的切线斜率为，
切线方程为：即．
故选：AD．
11．BD
【分析】对A，作出如图空间直角坐标系，由向量法结合向量垂直判断即可；
对B，由几何关系得出与平面所成线面角，可得，则点P的轨迹是以为圆心，以1为半径的个圆；
对C，由得点P在上，利用几何关系可得的面积最值在端点及中点位置；
对D，将平面与平面沿展成平面图形，线段即为的最小值，利用余弦定理即可求.
【详解】对A，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，，，
所以，，
则，，设平面的一个法向量为，
所以，令，则，即平面的一个法向量为，若平面，则，即，
由，则，即P为中点时，有平面，且，A错；
对B，因为平面，连接，则即为与平面所成角，
若与平面所成角为，则，所以，
即点P的轨迹是以为圆心，以1为半径的个圆，于是点P的轨迹长度为，B对；
对C，因为，所以点P一定在上，又因为当或1时，的面积取最大值，此时截面面积为，
设的中点为H，由图形的变化可得当点P在DH和运动时，所得截面对称相同，于是当时，的面积取最小值，此时截面面积为，C错；
对D，如图，将平面与平面沿展成平面图形，
线段即为的最小值，
利用余弦定理可知，
所以，D对.
故选：BD
（1）容易建系的几何体一般可通过建系快速解决长度、角度等问题. 本题A中，通过线面平行得线与该面的法向量垂直，即可得参数间的关系，即可进一步讨论线线垂直的问题；
（2）B中轨迹问题，关键结合正方体的线面垂直性质得出线面角，即可得出所求轨迹为圆弧；
（3）C中截面问题，关键结合正方体的对称性，转化为三角形面积的和，再进一步转换成讨论高的范围问题；
（4）D中求不同表面线段和问题，一般展开成平面讨论.
12．
【分析】结合角所在象限，借助同角三角函数基本关系计算即可得.
【详解】由为第二象限角，则，
故.
故答案为.
13．
【分析】根据已知条件求出和的值，得到公比，即可求出的表达式．
【详解】解：在等比数列中，公比，，
，解得：．
∵，∴解得：或．
当时，；
当时，，不合题意，舍去．
∴，此时，解得：．
∴．
故答案为.
14．
【分析】根据极值点分析可得，分类讨论，结合的单调性处理的整数解问题，列式运算求解.
【详解】若时，在R上单调递增，不合题意，则，
由题意可得：，
令，解得；令，解得；
则在上单调递增，在上单调递减，可得有唯一极值点，
若函数在区间内存在极值点，则，解得，
又因为在R上恰好有唯一整数解，且，则有：
①当，即时，则当时，则在上单调递增，可得，
所以在R上恰好有唯一整数解为，
则，解得；
②当，即时，则在上单调递增，在上单调递减，可得，不合题意；
③当，即时，则当时，则在上单调递减，可得，
所以在R上恰好有唯一整数解为1，
则，解得；
综上所述：实数a的取值范围是.
故答案为.
方法点睛：对于函数不等式的相关问题，利用导数和数形结合的数学思想来求解．这类问题求解的通法是：
（1）构造函数，这是解决此类题的关键点和难点，并求其定义域；
（2）求导数，得单调区间和极值点；
（3）数形结合，挖掘隐含条件，确定函数图象与x轴的交点情况进而求解．
15．(1)
(2)
【分析】（1）根据椭圆中的关系直接求解；
（2）利用正弦定理角化边，结合双曲线的定义确定的轨迹，根据双曲线中之间的关系求解.
【详解】（1）椭圆的方程为，
椭圆的方程为，
分别为椭圆的左焦点和右焦点，
，
，线段的长度；
（2）中根据正弦定理得：(为外接圆半径)，
，
，
,
．
点的轨迹是以为左右焦点的双曲线的右支，且不包含右顶点，
设该双曲线方程为
且，
顶点的轨迹方程为
16．(1)
(2)
【分析】（1）利用组合数及独立重复事件的概率公式可解.
（2）利用逆向思维求其对立事件的概率，从而得解.
【详解】（1）依题意，可知每家煤矿必须整改的概率为，且每家煤矿安检是否必须整改是相互独立的，
所以恰好有两家煤矿必须整改的概率为.
（2）某煤矿被关闭的原因是，两次安检都不合格，
所以某煤矿被关闭的概率为，
故某煤矿不被关闭的概率为.
17．(1)
(2)
【分析】（1）由正弦定理结合两角和的正弦函数公式化简已知可得，由为三角形内角，结合范围，即可求得的值．
（2）由已知利用三角形的面积公式可求的值，进而根据余弦定理可求的值，即可得解的周长．
【详解】（1）因为.
由正弦定理得，
计算得，化简得
而，所以
又因为，则，，
所以，得；
（2）∵的面积为，∴，由（1）知，∴，
由余弦定理得：，
∴，解得，
∴的周长为.
18．(1)
(2)①；②或.
【分析】（1）将点坐标代入椭圆方程，结合离心率解方程组可得；
（2）①联立直线方程和椭圆方程，利用判别式求解可得；②利用韦达定理代入，求出斜率，然后可得面积.
【详解】（1）由已知得.
因为，所以，
解得，，故椭圆的方程为.
（2）①将代入，得，
则，解得或，
故的取值范围为.
②设，，由（1）可知，.
因为
，所以.
又，
所以，所以或.
易知直线与轴交于点，
所以.
当时，；当时，.
故的面积为或.
19．(1)①不是，②是，理由见解析
(2)证明见解析
(3)或
【分析】（1）根据数列的定义，即可求解；
（2）根据充分必要条件的证明方法，结合等差数列的定义及数列的定义，即可求解；
（3）根据数列的定义，可得不合题意，和符合题意，再证明时，不存在满足题意，即可求解.
【详解】（1）①因为，所以数列不是数列；
②因为，所以是数列．
（2）证明：必要性：
若数列是等差数列，设其公差为，则，
所以数列是常数列．
充分性：
若数列是常数列，
则，即，
所以或．
因为数列的各项互不相等，所以，
所以数列是等差数列．
综上可知，数列是等差数列的充分必要条件是数列是常数列
（3）当时，因为，所以，不符合题意；
当时，数列为，此时，符合题意；
当时，数列为，此时，符合题意．
下面证当时，不存在满足题意．
令，
则，且，
所以有以下三种可能：
①
②
③
当时，因为，
由（2）知：，，…，是公差为1（或）的等差数列，
当公差为1时，由得或，
所以或，与已知矛盾
当公差为时，同理得出与已知矛盾．
所以当时，不存在满足题意．
其他情况同理可得，不存在满足题意．
综上可知，的所有取值为或．
方法点晴：“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝.题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
C
A
B
D
B
D
D
AC
AD
题号
11









答案
BD