陕西省2024-2025学年高二期末教学质量检测 数学（含答案）

这是一份陕西省2024-2025学年高二期末教学质量检测 数学（含答案），共19页。试卷主要包含了本试卷主要考试内容等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
4．本试卷主要考试内容：高考全部内容．
一、选择题：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. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先求出集合，再结合交集的定义求解即可.
【详解】由，得，解得，
又，所以，
所以，又，
所以.
故选：A.
2. 设复数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用复数的除法化简复数，利用共轭复数的定义求解即可.
【详解】，故.
故选：D
3. 现有8道四选一的单选题，甲对其中6道题有思路，2道题完全没有思路．有思路的题做对的概率为，没有思路的题只能任意猜一个答案，猜对答案的概率为．甲从这8道题中随机选择1道题，则甲做对这道题的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据全概率公式结合题意求解.
【详解】记事件表示“考生答对题”，事件表示“考生选到有思路的题”，
则该学生从这8道题中随机选择1道题，则他做对此题的概率为
.
故选：B
4. 等差数列的前n项和为，若，则（ ）
A 356B. 166C. 246D. 156
【答案】B
【解析】
【分析】根据等差数列的性质，由等差数列的求和公式，可得答案.
【详解】因为，所以.
故选：B.
5. 已知向量与的夹角为，，，则在上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，利用投影向量的定义求解即可.
【详解】因为向量与的夹角为，，，
所以在上的投影向量为.
故选：B
6. 定义一种运算则函数的最大值为（ ）
A. 1B. 2C. 0D.
【答案】A
【解析】
【分析】记，利用函数单调性的性质可知为定义域上的单调递增函数，进而化简函数的解析式，结合一次函数的单调性和指数函数的单调性可得出函数的最大值.
【详解】记，
由为定义域上的单调递增函数，为定义域上单调递减函数，
由单调性的性质可知为定义域上的单调递增函数，
又，故由可得，解得；
由可得，解得.
所以.
当时，；
当时，则，.
综上所述，当时函数取到最大值为.
故选：A
7. 已知椭圆的左､右焦点分别是是坐标原点，是上第一象限的点.若的角平分线上一点满足，且，则的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意可得，延长与交于点，根据几何关系求出，结合离心率公式即可进一步求解.
【详解】
根据题意可得，延长与交于点，由等腰三角形三线合一可知，
由椭圆的定义可得，所以，
所以，由是的中位线，
可得，所以，解得，
所以的离心率为.
故选：B.
8. 在体积为的正四棱锥中，为底面内的任意两点，则直线与直线所成角的余弦值的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】应用直线与面内直线所成角的最小值是直线和面上射影所成角，再结合边长计算求解.
【详解】设正四棱锥的高为，则，解得，
所以.
由已知，，，
设，且，又，
所以，
所以，当且仅当时等号成立，
设直线与直线所成角为，
所以当直线与直线平行或重合时，取得最大值，最大值为.
故选：A.
二、选择题：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. 已知函数的部分图象如图所示，且的面积为，则（ ）

A. B. 函数为奇函数
C. 在上单调递增D. 直线为图象的一条对称轴
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据三角形面积可得，进而有函数的最小正周期与判断A，从而求出的表达式，再由正弦函数的性质判断BCD.
【详解】设的最小正周期为，由图象可知，，
即，可得，又，所以，解得，故A正确；
所以.
对于选项B：，定义域为R关于原点对称，
又，所以函数为奇函数，故B正确；
对于选项C：令，，解得，，
所以函数的单调递减区间是，，
当时，函数的单调递减区间是，
又，所以在上单调递减，故C错误；
对于选项D：因为，为最小值，
所以函数的图象关于直线对称，故D正确；
故选：ABD
10. 为了解某新品种玉米的亩产量（单位：千克）情况，从种植区抽取样本，得到该新品种玉米的亩产量的样本均值，已知该新品种玉米的亩产量服从正态分布，则下列说法正确的是（ ）
（若随机变量服从正态分布，则
A. 的值越大，亩产量不低于510千克的样本越多B. 的值越大，亩产量不低于510千克的样本越少
C. 若，则D. 若，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据正态分布的性质、对称性对每一选项进行计算判断即可.
【详解】因为新品种玉米的亩产量的样本均值为500，方差越大，数据越分散.
当的值越大时，亩产量不少于490千克且低于510千克的样本越少，不低于510千克的样本越多，A正确，B错误.
因为，
，
所以C，D正确.
故选：ACD.
11. 若是上的连续函数，且，则.从几何上看，若定义在上的函数连续且恒有，则定积分表示由直线和曲线所围成的图形的面积.已知花瓣曲线，则下列说法正确的是（ ）
A. 曲线上恰好存在8个点到原点的距离为
B. 圆与曲线共有8个公共点
C.
D. 曲线围成的封闭区域的面积为
【答案】BCD
【解析】
【分析】由，解得或或或，可知曲线是由4个抛物线组成，画出曲线的图象，利用数形结合法结合两点间的距离公式、圆的标准方程及定积分的定义逐一分析即可.
【详解】由，得，
所以或，即或或或，
画出曲线，如图所示.
由，解得或，设，
对于：
所以曲线上恰好存在4个点到原点的距离为，故错误；
对于：由，得圆与曲线共有8个公共点，故正确.
对于：因为（为常数），
所以，故正确；
对于：曲线在第一象限围成的封闭区域的面积为：
，
根据曲线的对称性可得曲线围成的封闭区域的面积为，故正确.
故选：BCD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知，则______．
【答案】
【解析】
【分析】由二项式定理即可得解.
【详解】由二项式定理得，
所以.
故答案为：.
13. 衡量曲线弯曲程度的重要指标是曲率，曲线的曲率定义如下：若是的导函数，是的导函数，则曲线在点处的曲率．曲线在点处的曲率为_________．
【答案】
【解析】
【分析】利用导数运算，结合曲率定义，即可求解.
【详解】由则，
当时，，
所以曲线在点处的曲率为.
故答案为：
14. 来自国外的博主A，B，C三人决定来中国旅游，计划打卡北京故宫、西安兵马俑等5个著名景点.他们约定每人至少选择1个景点打卡，每个景点都有且仅有一人打卡，其中A在北京故宫、西安兵马俑中至少选择1个，则不同的打卡方案种数为__________.
【答案】88
【解析】
【分析】应用分类加法原理结合部分平均分组及排列数组合数的计算求解.
【详解】当A只选择北京故宫、西安兵马俑中的1个，且只去1个景点时，有种选择，再将其他4个景点分给B，C，有种选择，共有种选择；
当A只选择北京故宫、西安兵马俑中的1个，且去2个景点时，有种选择，再将其他3个景点分给B，C，有种选择，共有种选择；
当A只选择北京故宫、西安兵马俑中的1个，且去3个景点时，有种选择，再将其他2个景点分给B，C，有种选择，共有种选择；
当A选择北京故宫、西安兵马俑这2个且只去2个景点时，只需将其他3个景点分给B，C，有种选择；
当A选择北京故宫、西安兵马俑且去3个景点时，有种选择，只需将其他2个景点分给B，C，有种选择，共有种选择.
故共有88种不同的打卡方案.
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. 2025年4月13日，2025十堰马拉松在十堰市奥体中心鸣枪起跑．马拉松比赛是一项高负荷、高强度、长距离的竞技运动，对参赛运动员身体状况有较高的要求，参赛运动员应身体健康，有长期参加跑步锻炼或训练的基础．为了解市民对马拉松的喜爱程度，从成年男性和女性中各随机抽取100人，调查是否喜爱马拉松，得到了如下列联表：
单位：人
（1）完成列联表，并依据小概率值的独立性检验，是否可以推断喜爱马拉松与性别有关？
（2）依据统计表，用分层抽样的方法从“喜爱马拉松”的人中抽取5人，再从这5人中随机抽取3人，记其中女性人数为，求的分布列及期望．
附：．
【答案】（1）列联表见解析，可以推断喜爱马拉松与性别无关
（2）分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）完善列联表后求出卡方，根据临界值表可得相应的判断；
（2）根据超几何分布可求分布列及数学期望.
【小问1详解】
由题意数据完善列联表：
零假设为：喜爱马拉松与性别无关.
经计算得，
依据小概率值的独立性检验，推断成立，即可以推断喜爱马拉松与性别无关.
【小问2详解】
由题意及分层抽样性质知5人中，有3个男运动员，2个女运动员，故，
；；.
所以的分布列为
期望.
16. 已知，，平面内一动点满足，设动点的轨迹为．
（1）求方程；
（2）若斜率为的直线与交于，两点，且，求直线的方程．
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）设动点，根据结合两点间距离公式运算求解；
（2）设直线，根据垂径定理可得圆心到直线的距离，列式求解即可.
【小问1详解】
设动点，
因为，则，
整理可得，即，
所以动点的轨迹为的方程为.
【小问2详解】
由（1）可知：曲线是以圆心为，半径的圆，
设直线，即，
由题意可得：圆心到直线的距离，
则，解得或，
所以直线的方程为或.
17. 如图，在四棱锥中，侧棱长均为，四边形是矩形，.
（1）证明：平面平面.
（2）求二面角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）要证明面面垂直，可通过证明线面垂直推导出面面垂直，即证明平面.
（2）根据垂直关系建立空间直角坐标系，然后求得向量的坐标，然后可求得平面的法向量，最后根据向量夹角的余弦公式求得二面角的余弦值，从而可得到其正弦值.
【小问1详解】
证明：连接交于点，记的中点分别为，连接.
在中，是的中点，所以.
因为平面，所以平面.
因为平面，所以.
在矩形中，.因为平面，所以平面.
因为平面，所以.
，同理得，所以，即.
因为平面，所以平面.
因为平面，所以平面平面.
【小问2详解】
作，垂足为.以为坐标原点，分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
因为，，
所以，.
所以.
设是平面的法向量，
则即可取.
设是平面的法向量，
则即可取.
，
.
故二面角的正弦值为.
18. 已知函数.
（1）若，求曲线在点处的切线方程.
（2）证明：在上单调递增.
（3）若，证明：.
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用导数的几何意义求出切线斜率，由点斜式即得切线方程；
（2）将函数求导得，令，将其求导可得，即可得证；
（3）（证法一）利用（2）结论结合，根据零点存在定理可得存在唯一实数，使得，利用的单调性推得的极小值为，利用基本不等式证明即可证得结论. （证法二）在时，将等价转化为，令，则需证，可先证当时，，再证即得.
【小问1详解】
当时，，，
则，，
故曲线在点处的切线方程为，
即；
【小问2详解】
的定义域为，则，
令函数，则，
所以在上单调递增，即在上单调递增；
【小问3详解】
（证法一）由（2）得，在上单调递增，
因为，由，，
可知存在唯一实数，使得，
即，可得，
当时，，则在上单调递减；
当时，，则上单调递增；
所以的极小值为
，
当且仅当时，等号成立，
因为，所以，
所以.
（证法二）当时，等价于，
即，
令，则有，
先证当时，，
令函数，则，
当时，，则在上单调递增，
所以当时，，即当时，得证；
再证，
令函数，则，
当时，，时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
则，即得证；
综上，，即当时，得证.
19. 已知双曲线的左顶点为，右焦点为，，是上的两点，线段的中点为．当时，．
（1）求的标准方程；
（2）若，求直线的斜截式方程；
（3）若，，三点不共线，且，证明：直线过定点．
【答案】（1）
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）先由条件得到，利用两点式斜率公式求得，结合求出，即可得解；
（2）利用点差法求直线的方程即可；
（3）设直线，与双曲线方程联立，根据条件得，再通过计算得或，最后进行检验可得出定点.
【小问1详解】
设双曲线的半焦距为，则，由题意，
当时，过点且垂直于轴的直线为，
将代入双曲线方程，得，解得；又，则，
又，所以，结合，得，
解得或，
所以，所以双曲线的标准方程为；
【小问2详解】
易知直线的斜率存在，设，
则，作差可得，
所以，
因为线段AB的中点坐标为，所以，
所以，所以直线的斜率为，
所以直线的斜截式方程为，即.
小问3详解】
由，，三点不共线，故设直线，
联立，得，
则，，，
因为，则，所以，则，
因，，
所以，
即，
即，
即，
得，解得或，
若，则直线，过点，不符合题意；
若，则直线，满足，则过定点，
则直线过定点.
性别
马拉松
合计
喜爱
不喜爱
男
60
100
女
60
合计
200
0.100
0.050
0.025
0.010
0.001
2.706
3.841
5.024
6.635
10828
性别
马拉松
合计
喜爱
不喜爱
男
60
40
100
女
40
60
100
合计
100
100
200
0
1
2