精品解析：山西省晋中市榆社县等3地2024-2025学年高二下学期7月期末考试数学试题

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一、单选题
1. 已知，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】化简集合A，B，根据交集运算即可.
【详解】因为，，
所以，
故选：C
2. 已知的共轭复数是，且（为虚数单位），则复数的虚部为（ ）
A. B. C. 2D.
【答案】C
【解析】
【分析】设，可得，结合题设，根据复数相等及模的公式的求解即可.
【详解】设，则，
由，则，
所以，解得，
则，即的虚部为2.
故选：C.
3. “”是“”的（ ）
A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】根据数量积的运算律求出的等价条件，即可判断得出答案.
【详解】因为，.
所以.
综上所述，“”是“”的充分必要条件．
故选：C．
4. 下列说法中正确的是（ ）
A. 过三个点有且只有一个平面
B. 四边形可以确定一个平面
C. 若一条直线与两个平行平面中的一个平面平行，则这条直线与另一个平面平行
D. 若一条直线与一个平面平行，则这条直线与这个平面内的任意一条直线都没有公共点
【答案】D
【解析】
【分析】由平面确定及线面平行的性质逐个判断即可.
【详解】对于A，当三点共线时，有无数个平面，错误；
对于B，空间四边形可确定4个平面，错误；
对于C，若一条直线与两个平行平面中的一个平面平行，则这条直线与另一个平面平行或在另一个平面内，错误；
对于D, 若一条直线与一个平面平行，则这条直线与这个平面内的任意一条直线都没有公共点,正确，
故选：D
5. 若，则x，y的关系式是（ ）
A. B. C. D. 或
【答案】C
【解析】
【详解】由题设得，即，即，所以或．由对数定义知，所以只能是．
6. 给图中五个区域染色，有4种不同的颜色可供选择，要求有公共边的区域染上不同的颜色，则不同的染色方法有（ ）
A. 216种B. 192种C. 180种D. 168种
【答案】D
【解析】
【分析】按照一定的顺序对五个区域进行染色，依次考虑每个区域的染色选择，根据相邻区域颜色不同的要求来确定每种情况下的染色方法数.
【详解】先对染色，有种方法，若2和3同色，则不同的染色方法有72种；
若2和3不同色，则不同的染色方法有种．
综上所述，不同的染色方法有种．
故选：D.
7. 已知是椭圆与双曲线的公共焦点，是它们的一个公共点.若，则椭圆与双曲线的离心率之积的最小值为（ ）
A. B. C. 1D.
【答案】B
【解析】
【分析】设椭圆的长半轴长为，双曲线的实半轴长为，由椭圆、双曲线的定义得到，，再结合余弦定理即可求解.
【详解】根据椭圆、双曲线的对称性，不妨设焦点分别为左、右焦点，点在第一象限，
设椭圆的长半轴长为，双曲线的实半轴长为，
根据椭圆及双曲线的定义，得，，
∴，，
设，在中，∵，
由余弦定理，得，
化简得，两边同除以，得.
又∵，∴，解得，当且仅当，
即时等号成立，
∴椭圆和双曲线的离心率乘积的最小值为，
故选：B.
8. 已知，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据得，再根据，，计算即可求解.
【详解】因为
，
由题意可知，，所以，
因为，，，
所以，，
所以，，
因为，
，
所以.
故选：C
二、多选题
9. 下列说法正确的是（ ）
A. 若随机变量X服从正态分布，且，则
B. 一组数据10，11，11，12，13，14，16，18，20，22的下四分位数为18
C. 若两个变量的线性相关系数越大，则这两个变量的线性相关性越强，反之，则越弱
D. 若展开式的二项式系数之和为，则展开式中项的系数为
【答案】AD
【解析】
【分析】选项A：利用正态分布的对称性求解即可，选项B：结合下四分位数的概念求解即可，选项C：利用线性相关的系数与线性相关性强弱的联系进行求解即可，（4）对二项式中的赋值为1，再利用展开式的通项求解系数即可.
【详解】选项A：因为，所以，故A正确；
选项B：由题意，所以该10个数据的下四分位数为第3个数11，故错误；
选项C：若两个变量的线性相关系数越接近于1，则这两个变量的线性相关性越强，所以C错误；
选项D：∵展开式的二项式系数之和为，∴，故，通项为，
则含项的系数为.故D正确.
故选：AD.
10. 已知函数，若函数的部分图象如图所示，则关于函数的结论正确的是（ ）
A.
B. 直线是函数图象的对称轴
C. 在上单调递增
D. 函数的图象可由函数的图象先向左平移个单位长度，再向上平移2个单位长度得到
【答案】BD
【解析】
【分析】根据图像求出相应的参数，进而求出函数的解析式，对于A，代入求值即可，对于B：求出其对称轴即可判断，
对于C：利用余弦函数的单调性即可判断；对于D：利用函数“左加右减，上加下减”即可求出判断.
【详解】由函数的图像即可得到函数的最大值为2，最小值为，
,故,且，由，
故，当时，，故，
又因为，故，所以，
对于A：，故A错误；
对于B：因为函数图象的对称轴为，
当时，得到，故B正确；
对于C：因为，因为余弦函数在区间单调递增，故在上单调递增，故C正确；
对于D：因为函数先向左平移个单位长度，再向上平移2个单位长度得到函数，
则，
故，故D正确；
故选：BCD
11. 已知过点的直线l与动圆相切，切点为M，记点M的轨迹为曲线Γ，则（ ）
A. 曲线Γ经过原点B. 曲线Γ是轴对称图形
C. 点在曲线Γ上D. 曲线Γ在第二象限的点的纵坐标有最大值
【答案】BC
【解析】
【分析】首先将圆的方程化为标准方程，找到圆心和半径。根据直线与圆相切的性质，得到相关等式，进而求出点的轨迹方程，再根据轨迹方程的性质逐一分析选项.
【详解】圆化为，圆心，半径为，
设点，，，
由题意可知，，则，
整理得①.
又因为，
所以，展开化简得②.
由①②消去，化简得，显然，
又由圆C的圆心在y轴左侧，且与y轴相切，所以，
其图象为：
对于A选项，曲线Γ不经过原点，所以A错误.
对于B选项，若为曲线上任意点，根据方程知也在曲线上，即曲线关于轴对称，所以B正确.
对于C选项，将点代入曲线方程中，等式成立，C正确.
对于D选项，根据，当时，显然第二象限的点的纵坐标无最大值，所以D错误，
故选：BC.
第II卷（非选择题）
三、填空题
12. 一个金属模具的形状，大小如图所示，它是圆柱被挖去一个倒立的圆锥剩余的部分，那么该模具的体积为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据圆柱及圆锥的体积计算公式即可得出结果.
详解】由题可知，，
∴该模具的体积为，
故答案为：.
13. 已知函数在上单调递减，则实数的取值范围为________.
【答案】
【解析】
【分析】考虑各段函数的单调性以及分段点处的函数值大小关系，由此可求结果.
【详解】因为是上的减函数，所以，
解得，
所以的取值范围是，
故答案为：.
14. 已知的顶点，分别为双曲线：的左、右焦点，点在的右支上，且与的一条渐近线垂直，记的离心率为，若，则_______.
【答案】##
【解析】
【分析】设，在中利用正弦定理，再结合双曲线的定义可得到的关系式，即可求出.
【详解】
由题意可知，与渐近线垂直，则直线的斜率为，
设，则，所以，，
，，，
在中利用正弦定理得，
，
，
由双曲线定义知，，
即，化简得，
.
故答案为：.
四、解答题
15. 记为正项等比数列的前项和，已知．
（1）求的通项公式；
（2）设，求数列的前项和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设正项等比数列的公比为，根据可构造方程求得，根据求得，进而求得的通项公式；
（2）由（1）可得，采用错位相减法即可求得结果.
【小问1详解】
设正项等比数列的公比为，
因为，所以，所以．
又，
解得．
所以．
【小问2详解】
由题知，
所以，
，
两式相减得．
所以．
16. 如图，在长方体中，点分别在棱上，，.
（1）证明：.
（2）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）首先建立空间直角坐标系，根据线段长度将点的坐标表示出来，从而得到向量的坐标，最后求出两向量的数量积是否为0即可证明是否垂直.
（2）根据建立的空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量坐标，然后利用向量夹角的余弦公式进行求解.
【小问1详解】
以为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以.
证明：因为，
所以
【小问2详解】
设平面的法向量为，
则即
取，则.
易得平面的一个法向量为.
因为，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
17. 某试点高校校考过程中笔试通过后才能进入面试环节.2022年报考该试点高校的学生的笔试成绩近似服从正态分布.其中，近似为样本平均数，近似为样本方差.已知的近似值为76.5，s的近似值为5.5，以样本估计总体.
（1）若笔试成绩高于76.5进入面试，若从报考该试点高校的学生中随机抽取10人，设其中进入面试学生数为，求随机变量的期望.
（2）现有甲、乙、丙、丁四名学生进入了面试，且他们通过面试的概率分别为.设这4名学生中通过面试的人数为X，求随机变量X的分布列和数学期望.
参考数据：若，则：；；.
【答案】（1）5 （2）分布列见解析；
【解析】
【分析】（1）根据题意随机变量服从二项分布，应用二项分布期望计算公式可解.
（2）由题可知随机变量X可能取值为，分别计算相关概率，写出分布列计算期望即可.
【小问1详解】
由，可得，
即从所有报考该试点高校学生中随机抽取1人，该学生笔试成绩高于76.5的概率为
所以随机变量服从二项分布，故.
【小问2详解】
X的可能取值为，
，
，
，
，
，所以X的分布列为
所以.
18. 已知函数.
（1）当时，讨论的单调性；
（2）若有两个零点，为的导函数.
（i）求实数的取值范围；
（ii）记较小的一个零点为，证明：.
【答案】（1）在上单调递减，在单调递增；
（2）（i）；（ii）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）利用导数，根据导数正负得到函数的单调性；（2）（i）先讨论单调性，根据有两个零点得出最小值，即可得的取值范围；（ii）结合（i）知，要证，即证，即，分和进行证明.
【小问1详解】
当时，，函数的定义域为，
，
当时，，函数单调递减；
当时，，函数单调递增.
综上所述，函数在上单调递减，在单调递增.
【小问2详解】
（i）函数的定义域为，，
①当时，，函数在单调递减，至多有一个零点，不符合题意；
②当时，令，解得，
当时，，函数单调递减；
当时，，函数单调递增.
∴当时，取得最小值，最小值为.
因为函数有两个零点，且时，，时，，所以.
设，易知函数在单调递增.
因为，所以的解集为.
综上所述，实数的取值范围是.
（ii）因为，由，结合（i）知，
要证，即证，即，
当时，因为，，不等式恒成立；
当时，由得.
即证.
即证.
即证.
设，，由，
所以在单调递增.
所以，故原不等式成立.
所以.
19. 已知向量绕着原点沿逆时针方向旋转角可得到向量.
（1）求点绕着原点沿逆时针方向旋转得到的点的坐标；
（2）若曲线上的所有点绕着原点逆时针方向旋转得到曲线对应的方程为.
（i）求曲线的方程；
（ii）设直线过定点与曲线交于点，直线过定点与曲线交于点，，且，求四点构成的四边形面积的最小值.
【答案】（1）
（2）（ⅰ）；（ⅱ）
【解析】
【分析】（1）根据题意求解即可；
（2）（i）将曲线绕着原点沿顺时针方向旋转得到曲线，设为曲线上点旋转后的对应点，设，进而可求出的坐标，再代入曲线的方程，即可求出求出曲线的方程；（ⅱ）由弦长公式结合基本不等式即可求解.
【小问1详解】
（1）因为，即，
绕着原点沿逆时针方向旋转得到的点，
则，所以；
【小问2详解】
（i）将曲线绕着原点沿逆时针方向旋转得到曲线，
设为曲线E上点旋转后的对应点，
设，则，
又因为，
所以，整理得，
（ii）
由（i）直线过定点与曲线:交于，直线过定点与曲线:交于，且， AB与CD交点满足，且在椭圆内部，
当AB与重合时；·
当AB与不重合时，设直线，
联立，整理得，
则，
所以，
同理可得，
，
当且仅当，即时取等号，

因为，即四点构成的四边形面积的最小值为.
X
0
1
2
3
4
P