广西南宁市部分学校2024-2025学年高二下学期6月期末考试 数学 Word版含解析含答案解析

这是一份广西南宁市部分学校2024-2025学年高二下学期6月期末考试 数学 Word版含解析含答案解析，共16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。
一、单选题
1．已知集合，集合，则（ ）
A．B．C．D．
2．若，则|z|=（ ）
A．2B．C．D．
3．已知向量若则的值为（ ）
A．B．0C．D．
4．已知递增等比数列的前项和为，，则（ ）
A．8B．6C．4D．2
5．“”是“为幂函数”的（ ）条件
A．充分不必要B．必要不充分
C．充要D．既不充分也不必要
6．若直线是圆的一条对称轴，则的最小值是（ ）
A．B．C．D．1
7．设，且，则（ ）
A．B．C．D．
8．设函数，对任意，.若对任意，都有，则的极小值为（ ）
A．B．C．D．0
二、多选题
9．下列命题正确的是（ ）
A．若随机变量，则
B．若甲、乙两组成对样本数据的样本相关系数分别为0.66和－0.85，则乙组成对样本数据的线性相关性更强
C．在回归直线方程中，当解释变量每增加1个单位时，预报变量平均增加0.2个单位
D．已知一组数据的平均数为2，方差为，则另一组数据的平均数、标准差分别为
10．已知数列的前项和，则下列说法正确的是（ ）
A．B．数列是等差数列
C．取最小值时D．
11．若曲线既关于x轴对称，又关于y轴对称，还关于原点对称，则称为全对称曲线.已知曲线，直线与曲线C恰有两个不同的交点A，B，则（ ）
A．曲线C为全对称曲线
B．k的取值范围是
C．曲线C上存在无数个点P，使得点P到点的距离等于点P到一条定直线的距离
D．使得为正整数的k共有94个
三、填空题
12．已知函数是奇函数，则实数的值为 .
13．四个人排成一排，当相邻时，必须在的右边，那么不同的排法共有 种．
14．如图，是边长为2的正方形，都垂直于底面，且，点在线段上，平面交线段于点，给出下列四个结论：

①
②该几何体的体积为6
③过四点的外接球表面积为
④截面四边形的周长的最小值为8
其中所有正确结论的序号是 ．
四、解答题
15．在中，所对的边分别为，已知．
(1)若，求及的面积；
(2)若，求边上的高．
16．已知双曲线的离心率为，点在双曲线上．
(1)求双曲线的标准方程；
(2)直线与双曲线交于点，其中点在第二象限．
①求；
②已知双曲线的左、右顶点分别为，设直线的斜率分别为，求的值．
17．如图所示，五边形是正六边形的一部分，将沿着对角线翻折到的位置，使平面平面，已知点分别为，的中点．
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面所成二面角的正弦值．
18．为更好地发挥高考的育才作用，部分新高考试题采用了多选题这一新题型．多选题的评分规则如下：对于多选题，每个小题给出的四个选项中有两项或三项是正确的，满分6分．全部选对得6分，有错选或全不选的得0分．正确答案为两项时，选对1个得3分；正确答案为三项时，选对1个得2分，选对2个得4分．某数学小组研究发现，多选题正确答案是两个选项的概率为，正确答案是三个选项的概率为．现有一道多选题，学生李华完全不会，此时他有三种答题方案：I．随机选一个选项；II．随机选两个选项；III．随机选三个选项．
(1)若，且学生李华选择方案I，求本题得分的数学期望；
(2)以本题得分的数学期望为决策依据，的取值在什么范围内唯独选择方案I最好？
19．已知函数．
(1)当时，求曲线在处的切线方程；
(2)当时，若不等式恒成立，求a的取值范围；
(3)若有两个零点，且，证明：．
1．D
先化简集合，再利用集合的交集运算即可.
【详解】由，，
可得.
故选：D
2．C
先根据已知条件求出复数，再根据复数的模的计算公式求出.
【详解】已知，可得.
因为，所以.
.
故选：C.
3．A
先利用平面向量的线性运算求出，再利用向量平行的条件列方程求解即可.
【详解】因为向量
所以，
又因为
所以，
解得，
故选：A.
4．A
根据等比数列递增确定的定义，利用首项和公比表示和，求出首项公比，代入求出即可.
【详解】由已知，数列为等比数列，
可求出，（与数列为递增数列矛盾，舍去），故.
故选：A
5．A
求得为幂函数时的值，利用充分条件和必要条件的定义判断即可.
【详解】当时，为幂函数，故充分性满足；
当为幂函数时，，
即，解得或，故必要性不满足，
所以“”是“为幂函数”的充分不必要条件.
故选：A
6．C
由题设易知直线过圆心得，再应用基本不等式求目标式的最小值.
【详解】由题设，直线过圆心，则，
由，当且仅当时取等号，
所以的最小值为.
故选：C
7．B
根据同角的商数关系以及两角差的正弦公式，利用诱导公式即可得出结果.
【详解】由题设，所以，
因为，则，又因为，则，
又，
所以，解得．
故选：B
8．A
先将代入，化简可得，由三次函数的图象性质及零点存在性定理得，，从而得到，最后利用导数计算极小值即可.
【详解】由可得，
，
由于等式对任意都成立，则项系数必须为0，
即，所以，
令，可得或，
由三次函数图象性质易得为函数的唯一变号零点，
由任意，都有，
可得，时，总有，
所以为函数的变号零点，所以，则，
此时，求导得，
令，得或2，当或时，；当时，.
故为极小值点，极小值.
故选：A.
9．BD
根据正态分布的性质求概率判断A，应用相关系数的概念判断B，应用回归直线判断C，应用平均数交集方程性质判断D.
【详解】对于A，由随机变量，则随机变量满足的正态分布曲线关于直线对称，
故，，故A错误；
对于B，若甲、乙两组数据的相关系数分别为0.66和－0.85，，则乙组数据的线性相关性更强，故B正确；
对于C，当解释变量每增加1个单位时，预报变量平均增加0.1个单位，C错误；
对于D，另一组数据的平均数为，方差为，即平均数、标准差分别为，故D正确．
故选：BD.
10．ABD
利用，求出的通项公式判断A；写出的通项公式，判断是否为常数可判断B；判断数列中项的正负可推出取最小值时n的值判断C；根据数列中项的正负可去绝对值符号，再利用等差数列求和公式进行求解判断D.
【详解】对于A，当时，，
而满足上式，因此，故A正确；
对于B，，数列是等差数列，故B正确；
对于C，由选项A知，数列单调递增，由，得，即数列前5项均为负数，
第6项为0，从第7项起为正数，取最小值时或，故C错误；
对于D，
，故D正确．
故选：ABD.
11．ACD
对于A验证曲线是否关于关于x轴对称，又关于y轴对称，还关于原点对称即可判断，对于C由，得，即曲线C由两个抛物线，组成，利用抛物线的定义即可判断，对于B利用直线方程和抛物线的方程联立，利用判别式即可判断，对于D先求，由即可求得的范围即可判断.
【详解】对于A：对于，以代x，得，则曲线C关于y轴对称，
以代y，得，则曲线C关于x轴对称，
同时以代x，以代y，得，则曲线C关于原点对称，故A正确.
对于C：由，得所以曲线C由两个抛物线，组成，
是抛物线的焦点，所以曲线C上存在无数个点P，
使得点P到点的距离等于点P到定直线的距离，故C正确.
对于B：因为直线过定点，所以该直线与抛物线没有公共点，
将代入，
得，则，
得，即或，故B错误.
对于D：将代入，得，
设，，则，
因为是抛物线的焦点，所以，，
因为，所以，所以，所以，
则可取的正整数为17，18，…，63，
所以使得为正整数的k共有个，故D正确.
故选：ACD.
12．1
根据函数为奇函数，利用求解.
【详解】因为函数是奇函数
所以恒成立，
所以，
故答案为：1
13．
采用插空法和捆绑法直接求解即可.
【详解】当A，B不相邻时，采用插空法，先排其余两人再让A，B插空，
共有种排法；
当A，B相邻时，将看作一个整体，并且在的右边，
相当于个人排队，则不同的排法有种；
所以共有种.
故答案为：.
14．①③
根据线面垂直判断①，应用正方体体积公式计算判断②，根据外接球的表面积计算判断③，结合截图面积周长计算判断④.
【详解】对于①，因为平面，平面，所以，
又因为为正方形，所以，
又因为，平面，所以平面平面，所以，故①正确；

对于②，由对称性知，此几何体体积是底面边长为2的正方形，高为4的长方体体积的一半，
所以，故②错误；
对于③，过四点构造正方体，
所以外接球直径为正方体的体对角线所以，则，
所以此四点的外接球表面积为，故③正确；
对于④，由题意，平面平面，平面平面，
平面平面，所以，同理可得，
所以四边形为平行四边形，则周长，沿将相邻两四边形推平，
当三点共线时，最小，最小值为5，所以周长的最小值为10，故④错误．

故答案为：①③
15．(1)，3
(2)．
（1）根据同角三角函数关系计算，再应用余弦定理得出，最后应用面积公式计算求解；
（2）应用正弦定理得出，再应用面积公式求解.
【详解】（1）因为，
所以，
由余弦定理可得，
所以，
所以，
所以的面积为；
（2）由，可得，
又因为，所以，
所以，
所以的面积为；
设边上的高为，所以的面积为，解得，
则边上的高为．
16．(1)
(2)①；②
（1）根据点在双曲线上结合离心率计算得出，即可得出双曲线方程；
（2）①联立直线和双曲线方程得出韦达定理即可得出弦长；②应用斜率公式结合韦达定理计算求出定值.
【详解】（1）因为点在双曲线上，所以．
离心率为，解得．
故双曲线的标准方程为．
（2）①设．
联立得，则．
故．
②．
由题意得点都在双曲线的左支上，且点在第二象限，所以，
则．
故．
17．(1)证明见解析
(2)
（1）只需证明，再结合线面平行的判定定理即可得证；
（2）说明两两垂直，建立适当的空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，由向量夹角的余弦公式以及平方关系即可得解.
【详解】（1）连接交于点，连接，
如图，由平面图易得为平行四边形，则为的中点，
连接，则，
又平面平面，故平面．
（2）取的中点，连接，，
由平面图形可知，，则．
又平面平面，且平面平面，面，
故平面．
以分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
设，则，
则，
设平面的法向量为，
，即，取，
又平面的法向量为，
设平面与平面所成二面角为，
，
即所求平面与平面所成二面角的正弦值为．
18．(1)
(2)
（1）由题意可以取0，2，3，求出对应的概率，进一步得分布列，结合期望公式计算即可求解；
（2）记为“从四个选项中随机选择一个选项的得分”， 为“从四个选项中随机选择两个选项的得分”， 为“从四个选项中随机选择三个选项的得分”，计算得，，，由此可列不等式求解.
【详解】（1）记为“从四个选项中随机选择一个选项的得分”，则可以取0，2，3，
所以的分布列为
则数学期望．
（2）记为“从四个选项中随机选择一个选项的得分”，则的所有可能取值为0，2，3，
则，
所以；
记为“从四个选项中随机选择两个选项的得分”，则的所有可能取值为：0，4，6，
则，
所以；
记为“从四个选项中随机选择三个选项的得分”，的所有可能取值为：0，6，
则，
所以．
要使唯独选择方案最好，则，解得，故的取值范围为.
19．(1)；
(2)；
(3)证明见解析.
（1）应用导数的几何意义求切线方程即可；
（2）问题化为且，利用导数研究的性质，并结合分类讨论判断不等式恒成立，即可得参数范围；
（3）由题设，应用分析法将问题化为证明，令，进一步化为证明，利用导数证明不等式即可.
【详解】（1）由题设，则，且，，
所以曲线在处的切线方程为，即；
（2）由题设，即且，
令且，则，
令，则，故在上单调递增，
所以，
当，时，，则在上单调递增，，符合；
当，时，，时，
所以，使，即在上，在上单调递减，从而，不符合；
综上，；
（3）由，则，，且，
所以，故，
要证，需证，即，
需证，令，即，即证，
最终只需证明，令且，则，
所以在上单调递增，所以，即，题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
D
C
A
A
A
C
B
A
BD
ABD
题号
11









答案
ACD









0
2
3