江苏省南通市2024-2025学年高二下学期期末测试 数学模拟试卷（一）（含解析）

这是一份江苏省南通市2024-2025学年高二下学期期末测试 数学模拟试卷（一）（含解析），共19页。试卷主要包含了已知，则的虚部为，已知集合，则，已知的最小值为0，则的值为，已知向量满足，则向量与的夹角，已知，则，已知，则下列结论正确的是等内容，欢迎下载使用。
考察范围：集合与常用逻辑用语、函数与导数、三角函数与解三角形、平面解析几何、复数、计数原理与概率统计、平面向量、空间向量与立体几何、等式与不等式、新文化试题分类。
题型统计：单选题8道、多选题3道、单空题3道。解答题5道。
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，则的虚部为（ ）
A．1B．C．D．
2．若从小明､小红､小刚等6名同学中选出3名同学分别到三个班级进行学习经验分享，则小明､小红､小刚三名同学不去班，且小刚不去班分享学习经验的概率为（ ）
A．B．C．D．
3．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
4．已知一个正四棱锥的底面边长为2，体积为，若该四棱锥的顶点都在球O的球面上，则球O的表面积等于（ ）
A．9πB．4πC．D．3π
5．设袋中有8个红球，4个白球，若从袋中任取4个球，则其中有且只有3个红球的概率为（ ）
A．B．C．D．
6．已知的最小值为0，则的值为（ ）
A．B．C．D．
7．已知向量满足，则向量与的夹角（ ）
A．B．C．D．0
8．已知，则（ ）
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，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9．已知，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．D．
10．已知中，内角，，所对的边分别为，，，则下列命题中，正确的命题是（ ）
A．若，则为等腰三角形
B．若，则；反之，若，则
C．，，，要使此三角形的解有两个，则的取值范围为
D．，角的平分线交边于，且，则的最小值为12
11．如图，“锦鲤曲线”由函数与的部分图象组成，其中．下列说法正确的是（ ）
A．曲线上任意点，与P对应的点也在曲线上
B．曲线的“鱼尾”宽的取值范围为
C．曲线“鱼身”
D．存在三条不同的直线被“锦鲤曲线”截得弦长为1
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．已知事件和事件相互独立，，则 ．
13．过点的直线与抛物线交于，两点，曲线在，两点处的切线相交于点，则面积的最小值为 ．
14．在圆内接四边形中，，则 ，若，则的面积最大值为 ．
四、解答题：本题共5小题，共77分。
15．已知函数．
(1)求出函数的单调增区间；
(2)当时，求函数的最大值及最小值；
(3)若当时，恒成立，求实数的取值范围．
16．已知双曲线的离心率和焦距分别为和，设点的坐标分别为.
(1)求双曲线的方程；
(2)已知是双曲线的左支上异于点的一个动点，直线交的右支于点是坐标原点.
（i）记和的面积分别为，且，求直线的方程；
（ii）设直线与直线的交点为，证明：点在一条定直线上.
17．甲、乙两所学校的代表队参加诗词大赛，在比赛第二阶段，两队各剩最后两个队员上场，甲队两名队员通过第二阶段比赛的概率分别是和，乙队两名队员通过第二阶段比赛的概率都是，通过了第二阶段比赛的队员，才能进入第三阶段比赛（若某队两个队员都没有通过第二阶段的比赛，则该队进入第三阶段比赛的人数为），所有参赛队员比赛互不影响，其过程、结果都是彼此独立的.
(1)求甲、乙两队进入第三阶段比赛的人数相等的概率；
(2)设表示进入第三阶段比赛甲、乙两队人数差的绝对值，求的分布列和数学期望.
18．如图所示，在四棱锥中，底面是正方形，．
(1)证明：；
(2)若二面角为，且，求与平面所成角的余弦值．
19．已知函数．
(1)讨论函数的单调性；
(2)若对一切实数x，都有恒成立，求a的值；
(3)求证．对于任意的正整数n．都有.
江苏省南通市2024-2025学年高二下学期期末测试模拟卷（一）
数学试卷（解析）
一、单选题
1．已知，则的虚部为（ ）
A．1B．C．D．
【答案】B
【分析】由复数的除法运算，结合复数概念即可求解.
【详解】由，
可得：，
所以的虚部为，
故选：B
2．若从小明､小红､小刚等6名同学中选出3名同学分别到三个班级进行学习经验分享，则小明､小红､小刚三名同学不去班，且小刚不去班分享学习经验的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】基本事件总数为，利用分步乘法原理结合排列组合求出符合条件的方案数，从而可求出概率.
【详解】从6人中选3人排列共有种，由题意得
去班的方案有：种；
去B班的方案有： 种；去C班的方案有： 种；
所以，满足条件的方案数是：.
所以所求概率是.
故选：D.
3．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据集合的描述法结合一元二次不等式和分式不等式化简集合，再根据集合的交集元素即可.
【详解】集合，
所以.
故选：C.
4．已知一个正四棱锥的底面边长为2，体积为，若该四棱锥的顶点都在球O的球面上，则球O的表面积等于（ ）
A．9πB．4πC．D．3π
【答案】A
【分析】先计算正四棱锥的高以及底面外接圆半径，再利用球以及正四棱锥的性质得出，即可计算.
【详解】正四棱锥的外接球的球心在它的高上，
由已知得，得，
易知正四棱锥底面外接圆半径，
球的半径为，由球的性质得，解得，
所以球O的表面积为.
故选：A．
5．设袋中有8个红球，4个白球，若从袋中任取4个球，则其中有且只有3个红球的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据题意，摸出的红球个数服从超几何分布，根据超几何分布的概率分布列计算即可.
【详解】从袋中任取4个球，其中红球的个数X 服从参数为的超几何分布，
故有3个红球的概率为
故选： C.
6．已知的最小值为0，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】通过换元法将原函数转化为关于新变量的函数，再利用导数研究新变量的取值范围以及新函数的单调性，进而求出的值.
【详解】，则令，
令，则；令，则，且时，，则的取值范围为.
则的最小值为0，即的最小值为0，即，
则时，，则．
故选：A．
7．已知向量满足，则向量与的夹角（ ）
A．B．C．D．0
【答案】D
【分析】根据平面向量的模长求解数量积，再根据向量夹角余弦公式求余弦值，即可得向量与的夹角大小.
【详解】向量满足，
所以，则，
所以，
由于，所以.
故选：D.
8．已知，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据三角恒等变换化简已知等式，再结合诱导公式、二倍角公式得所求式子的值即可.
【详解】已知,
所以，
则，即，
所以
.
故选：C.
二、多选题
9．已知，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ACD
【分析】根据二项式定理采用赋值法可得，，，再根据展开式的通项可得，以及的正负即可判断得结论.
【详解】因为，
令可得，故A正确；
令可得，所以，故B不正确；
展开式的通项为，所以，故C正确；
由通项可知，所以，
令可得，即，故D正确.
故选：ACD.
10．已知中，内角，，所对的边分别为，，，则下列命题中，正确的命题是（ ）
A．若，则为等腰三角形
B．若，则；反之，若，则
C．，，，要使此三角形的解有两个，则的取值范围为
D．，角的平分线交边于，且，则的最小值为12
【答案】BCD
【分析】应用正弦定理计算判断A，由正弦定理判断B，应用正弦定理及正弦值域计算判断C，应用面积法得出，结合基本不等式判断D.
【详解】对于A，若，则，所以，所以或，
所以为等腰三角形或直角三角形，A选项错误；
对于B，由正弦定理得，若，则，所有；反之，若，则，所有，B选项正确；
对于C，因为，，，所以，所以，要使此三角形的解有两个，
则，所以，则的取值范围为，C选项正确；
对于D，因为，角的平分线交边于，且，
则，所以，所以，
所以，所以，
当且仅当时，取的最小值为12，D选项正确.
故选：BCD.
11．如图，“锦鲤曲线”由函数与的部分图象组成，其中．下列说法正确的是（ ）
A．曲线上任意点，与P对应的点也在曲线上
B．曲线的“鱼尾”宽的取值范围为
C．曲线“鱼身”
D．存在三条不同的直线被“锦鲤曲线”截得弦长为1
【答案】ABD
【分析】证明函数与互为反函数，可判断A的真假；设，，求的取值范围，可判断BD的真假；根据求的取值范围，可判断C的真假.
【详解】对A：由.
所以函数与互为反函数，
根据反函数的性质，曲线上任意点，与P对应的点也在曲线上，故A正确；
对C：由.
设（），则.
由，由.
所以在上单调递减，在上单调递增.
又，，，所以.
又，所以，所以不成立，故C错误；
对B：设，则，那么点坐标为，所以“鱼尾”的宽为：
.
由题知当和时，；当时，，所以的取值范围是，故B正确；
对D：因为，根据函数的性质，且，
所以当时，，所以在，，上各有一解，故D正确.
故选：ABD
三、填空题
12．已知事件和事件相互独立，，则 ．
【答案】/
【分析】根据独立事件的性质可得事件和事件相互独立，再根据独立事件概率乘法公式求解即可.
【详解】因为事件和事件相互独立，所以事件和事件相互独立，
则.
故答案为：.
13．过点的直线与抛物线交于，两点，曲线在，两点处的切线相交于点，则面积的最小值为 ．
【答案】
【分析】设，，从而点，处的切线方程为，，故点的坐标可以用点的坐标表示，联立直线的方程与抛物线方程，写出韦达定理，从而弦长与点到的距离都可以用含的式子表示，即面积的最小值可以转换为关于的函数的最小值.
【详解】如图，设，，，，点处的切线方程为，同理，点处的切线方程为，
联立两切线方程，求解可得，两切线的交点的坐标为．
设所在直线的方程为，与抛物线方程联立得到，
所以，，则点．
所以，
故，
当时，有．
故答案为：.
14．在圆内接四边形中，，则 ，若，则的面积最大值为 ．
【答案】
【分析】根据给定条件，利用正弦定理建立方程，利用两角和的正弦公式展开得，进而求得；设并结合正弦定理表示出，再利用三角形面积公式，结合二次函数的性质求出最大值.
【详解】在中，，
由正弦定理得，所以，
所以，所以，
所以；所以是四边形外接圆直径，，

设，则，
在中，，
由正弦定理得，即，
在中，，
所以
，当且仅当时取等号，
所以面积的最大值为.
故答案为：；
四、解答题
15．已知函数．
(1)求出函数的单调增区间；
(2)当时，求函数的最大值及最小值；
(3)若当时，恒成立，求实数的取值范围．
【答案】(1)，
(2)最大值为，最小值为
(3)
【分析】（1）由辅助角公式得到，利用整体法求出单调递增区间；
（2）求出，结合正弦图象得到最大值和最小值；
（3）先求出，，当时，，当时，令，将其看作关于一次函数，其中，得到不等式组，
【详解】（1）
，
令，解得，，
所以函数的单调增区间为，.
（2）由（1）知，，
当时，，
由于在上单调递增，
故当时，取得最大值，最大值为，
最小值为.
（3）由（2）知，，
由，
①当时，，
②当时，令，
将看作关于一次函数，其中，
则需满足，解得且，
综上所述，的范围为.
16．已知双曲线的离心率和焦距分别为和，设点的坐标分别为.
(1)求双曲线的方程；
(2)已知是双曲线的左支上异于点的一个动点，直线交的右支于点是坐标原点.
（i）记和的面积分别为，且，求直线的方程；
（ii）设直线与直线的交点为，证明：点在一条定直线上.
【答案】(1)
(2)（i）；（ii）证明见解析
【分析】（1）由双曲线的离心率、焦距以及的关系式，建立方程组，可得答案；
（2）（i）设出直线方程，联立写出韦达定理，根据三角形面积公式，结合题意可知三角形等底，面积之差等于纵坐标之差，根据整式化简，可得答案；（ii）由（i）所得韦达定理，整理等量关系，设出直线方程求得交点建立方程，化简整理，可得答案.
【详解】（1）由题意：，解得，
所以双曲线的方程为：.
（2）
（i）因为与A不重合，所以直线的斜率不为0，故可设直线的方程为，
联立得，设，
因为点在双曲线的左支上，所以，解得，
又，则，
即有，则，解得，
满足，所以，于是直线的方程为.
（ii）由（i），则，故.
，则，所以直线的方程为，
同理，所以直线的方程为：，
故点的横坐标满足：，
显然，由题意得：，
则，
则，故点在定直线上.
17．甲、乙两所学校的代表队参加诗词大赛，在比赛第二阶段，两队各剩最后两个队员上场，甲队两名队员通过第二阶段比赛的概率分别是和，乙队两名队员通过第二阶段比赛的概率都是，通过了第二阶段比赛的队员，才能进入第三阶段比赛（若某队两个队员都没有通过第二阶段的比赛，则该队进入第三阶段比赛的人数为），所有参赛队员比赛互不影响，其过程、结果都是彼此独立的.
(1)求甲、乙两队进入第三阶段比赛的人数相等的概率；
(2)设表示进入第三阶段比赛甲、乙两队人数差的绝对值，求的分布列和数学期望.
【答案】(1)
(2)分布列见解析，
【分析】（1）用分别表示甲、乙两队通过第二阶段比赛的人数，分析的可能取值，计算对应的概率，分析事件“甲、乙两队进入第三阶段比赛的人数相等”所包含的情况可得结果.
（2）根据（1）分析的取值，计算对应概率可得分布列和期望.
【详解】（1）用分别表示甲、乙两队通过第二阶段比赛的人数，的可能取值均为，则
，，，
，，.
设甲、乙两队进入第三阶段比赛的人数相等为事件，
则.
（2）由题意得，随机变量的所有可能取值为.
由（1）得，，，
∴，
∴的分布列为：
∴.
18．如图所示，在四棱锥中，底面是正方形，．
(1)证明：；
(2)若二面角为，且，求与平面所成角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由底面是正方形，得到，再由为等腰三角形得到，最后根据线面垂直的判定定理得到平面，即可证明；
（2）先证得平面，得到两两互相垂直，建立空间直角坐标系，再利用向量法求线面角的余弦值即可.
【详解】（1）解：因为为正方形，所以，
因为，为中点，所以，
又平面，平面，且，所以平面，
平面．所以.
（2）解：由（1）得，，
所以为二面角的平面角，即，
，则，又，
则，
因为，可得，
又，且平面，平面，
则平面，则两两互相垂直，
建立如图所示空间直角坐标系，
有，
则，
设平面的法向量，
则，即为，取，
设平面与所成角为，则，
，故平面与所成角的余弦值为．
19．已知函数．
(1)讨论函数的单调性；
(2)若对一切实数x，都有恒成立，求a的值；
(3)求证．对于任意的正整数n．都有．
【答案】(1)答案见解析
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）求导，分别讨论，时，函数单调性即可；
（2）由（1）可知要使得，则，结合函数单调性得最值可得，设，求导，确定函数的单调性从而得最值，即可得a的值；
（3）由（2）知，当时结合指对转化可得成立，令，可得，经过递推及对数运算即可证得结论．
【详解】（1）函数的定义域为，，
当时，，则函数在上单调递增；
当时，令得，
当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增；
（2）由（1）知，当时，函数在上单调递增，
又，所以，不符合题意，
当时，函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，
设，则，
则当时，，单调递增，当时，，单调递减，
所以，则，又，
故，即；
（3）由（2）可得，当时，，即，
所以，当时可得，
则令，可得，则，
所以
，
即.