安徽省太和中学2024-2025学年高二下学期第二次教学质量检测（4月）数学试题（解析版）-A4

这是一份安徽省太和中学2024-2025学年高二下学期第二次教学质量检测（4月）数学试题（解析版）-A4，共17页。试卷主要包含了本卷命题范围等内容，欢迎下载使用。
考生注意：
1．本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟.
2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚.
3．考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效.
4．本卷命题范围：人教A版必修第一册，必修第二册，选择性必修第一册，选择性必修第二册，选择性必修第三册第六章~第七章.
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. 某校羽毛球队有5名男队员，6名女队员，现在需要派1名男队员，1名女队员作为一个组合参加市羽毛球混双比赛，则不同组合方式有（ ）
A 11种B. 22种C. 30种D. 60种
【答案】C
【解析】
【分析】利用分步乘法计数原理计算可得结果.
【详解】依题意第一步从5名男队员中选出1名，共有5种选法；
第二步，从6名女队员中选出1名，共有6种选法；
根据分步乘法计数原理可得不同的组合方式有（种）．
故选：C．
2. 已知复数，则z在复平面内对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】B
【解析】
【分析】先根据复数的除法运算求出复数，再根据复数的几何意义即可得解.
【详解】，
所以z在复平面内对应的点为，位于第二象限.
故选：B.
3. 已知，，且，则向量的夹角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先根据数量积的运算律求出，再根据向量夹角的计算公式即可得解.
【详解】由，
得，
所以，
又，所以向量的夹角为.
故选：B.
4. 中国体育代表团在2024年巴黎奥运会获得40金27银24铜共91枚奖牌，金牌数与美国队并列排名第一､创造了参加境外奥运会的最佳战绩.巴黎奥运会中国内地奥运健儿代表团于8月29日至9月2日访问香港､澳门.访问期间，甲､乙､丙3名代表团团员与4名青少年站成一排拍照留念，若甲､乙､丙互不相邻，则不同的排法有（ ）
A. 2880种B. 1440种C. 720种D. 360种
【答案】B
【解析】
【分析】先排4名青少年产生5个空位，再把甲､乙､丙插在5个空位即可.
【详解】第一步先排4名青少年共有种排法，第二步把甲､乙､丙插在4名青少年中间有种排法，
所以根据分步乘法计数原理共有种排法，
故选：B.
5. 抛掷2颗骰子，观察掷得的点数，记事件为“2个骰子的点数不相同”，事件为“点数之和大于8”，则在事件发生的条件下，事件发生的概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据条件概率公式来求解，需要先分别求出、，再代入公式计算．
【详解】事件包含的基本事件有30个，则，事件包含的基本事件有8个，则，所以．
故选：D．
6. 若圆与双曲线的渐近线相切，则的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求出渐近线方程，由圆心到渐近线距离等于半径，得到方程，求出.
【详解】双曲线的渐近线方程为，
圆的圆心，半径为2，
由对称性，圆心到渐近线的距离，
由题意得，故，
所以离心率.
故选：B
7. 已知函数，若关于的不等式的解集为，则关于的不等式的解集是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先由函数的单调性变形抽象函数不等式，再由一元二次不等式解的性质将不等式变形为无参数不等式，然后求解即可.
【详解】因为在上单调递增，，所以由，得，
因为的解集为，
所以，，，
即，，，
所以，即为，即，
解得，
所以关于的不等式的解集是．
故选：C．
8. 重阳节，农历九月初九，二九相重，称为“重九”，又称“登高节”，由于“九九”谐音是“久久”，有长久之意，所以常在此日祭祖与推行敬老活动．某社区在重阳节开展敬老活动，已知当天参加活动的老人中女性占比为，现从参加活动的老人中随机抽取14人赠送保健品，若14人中有名女性的可能性最大，则的值为（ ）
A. 8B. 7或8C. 9D. 8或9
【答案】D
【解析】
【分析】根据二项分布的概率公式列出不等式组，通过组合数公式化简不等式组，进而求解的取值范围，再结合为自然数确定的值．
【详解】若从参加活动的老人中随机抽取14人，且抽到的女性人数为，则，
若抽到名女性的可能性最大，则
即解得，
又，故或9．
故选：D．
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. 已知一组互不相等的样本数据从小到大依次为，且这组数据的平均数为，标准差为，则下列说法正确的是（ ）
A. 数据的中位数是
B. 数据的分位数是
C. 数据的平均数是
D. 数据的标准差是
【答案】AC
【解析】
【分析】根据中位数的定义即可判断A；根据百分位数的定义即可判断B；根据平均数的性质即可判断C；根据方差和标准差的性质即可判断D.
【详解】对于A，由题意数据的中位数是，故A正确；
对于B，因为，所以数据的分位数是，故B错误；
对于C，数据的平均数是，故C正确；
对于D，数据的方差为，
所以数据的标准差为，故D错误.
故选：AC.
10. 关于，下列结论正确的是（ ）
A. 展开式中常数项为1B. 展开式中项的系数为
C. 展开式中所有项的系数和为D. 展开式中项的系数为392
【答案】ABC
【解析】
【分析】利用赋值法计算判断AC；利用二项式定理求出项的系数判断BD.
【详解】对于A，令，展开式中的常数项为1，A正确；
对于B，展开式中项的系数为，B正确：
对于C，令，展开式中所有项系数和为，C正确：
对于D，展开式中项的系数为，D错误.
故选：ABC
11. 已知数列满足，数列满足，设中不在中的项按从小到大的顺序构成新数列，记的前项和为，则（ ）
A. B. 是等比数列
C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】由的递推公式可判断A，由可判断B，确定数列中含的个数，可判断CD；
【详解】对于A：由，
可得：，
所以：，
所以，正确，
对于B：
所以，
即是首项为2，公比为2的等比数列，
所以，所以
则，不是等比数列，错误；
对于C：数列第106项为213，
又，，，，，，，
所以，
所以的前项和为
，
C对，D错；
故选：AC
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】利用正切函数的倍角公式计算，计算即可．
【详解】.
故答案为：
13. 已知某品牌袋装白砂糖的质量指标服从正态分布，则顾客甲随意买一包这种袋装白砂糖，其质量指标满足的概率为________．
附：若，则，，．
【答案】0.8186
【解析】
【分析】由正态分布的性质和对称性结合题意求解即可.
【详解】因为服从正态分布，且，，
所以，
即顾客甲随意买一包这种袋装白砂糖，其质量指标满足的概率为0.8186．
故答案为：0.8186.
14. 若关于x的不等式恒成立，则实数a的最大值为______．
【答案】
【解析】
【分析】变形得到，设，求导得到函数单调性，得到，令，则，求导得到函数单调性和极值最值情况，求出，设，求导得到单调性，并求出，所以，所以，得到答案.
【详解】不等式，即，
所以．
设，则，
所以当时，，单调递减；
当时，，单调递增，所以．
令，则．
当时，，单调递增，则，
故满足条件；
当时，在上单调递减，在上单调递增，
则，
设，则，
则在上单调递减，
又，
所以，所以，
所以a的最大值为．
故答案为：
【点睛】关键点点睛：变形为，从而构造，其中，利用导函数得到函数单调性和极值最值情况进行求解.
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. 已知等差数列的前项和为，且．
（1）求数列的通项公式；
（2）求数列的前项和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由等差数列的通项公式和前项和公式列出等式，联立方程组求得的值，从而写出通项公式；
（2）由（1）写出的通项公式，然后由裂项相消求得其前项和．
【小问1详解】
设等差数列的公差为，由，得，
由，得，
所以，所以．
【小问2详解】
由（1）知，
所以
16. 夏季濒临，在某校举办的篮球挑战杯上，篮球队员们向台下的观众展现出了一场酣畅淋漓的比赛．假定在本次挑战杯上同学甲每次投篮命中的概率为．
（1）若该同学投篮4次，求恰好投中2次的概率；
（2）若该同学在每一节比赛中连续投中2次，即停止投篮，否则他将继续投篮，投篮4次后不管有没有连续投中，都将停止投篮，求他在每一节比赛中投篮次数X的概率分布列及数学期望．
【答案】（1）
（2）分布列见解析，．
【解析】
【分析】（1）根据题意利用二项分布求解即可得；
（2）根据题意分别求其概率、列出分布列求出期望即可得．
【小问1详解】
令投中i次的概率为，
则；
【小问2详解】
X的可能取值为2，3，4，
，
，
，
故X的概率分布列为：
数学期望．
17. 如图，平面平面，四边形是正方形，．
（1）求证：；
（2）求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）证明平面，证明，证明平面，证明；
（2）证明平面，证明，证明，以所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，根据向量法即可求解.
【小问1详解】
证明：因为，平面平面，平面平面，平面，
所以平面， 又平面，
所以．因为四边形是正方形，
所以，又，平面，
所以平面，又平面，
所以；
【小问2详解】
由（1）知平面，
又平面，所以，
又四边形是正方形，所以，
所以两两垂直．
以所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
设，则，
所以，
设平面的法向量为，
则
令，得，
所以平面的一个法向量为，
设平面的法向量为，
则，
令，得，，
所以平面的一个法向量为，
设平面与平面的夹角为，
则，
即平面与平面的夹角的余弦值为．
18. 已知椭圆的左、右顶点分别为，且，椭圆的焦距为4．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）已知点（不在轴上）是椭圆上不同的两点．
①求直线的斜率之积；
②若直线的斜率是直线的斜率的3倍，试判断直线是否过定点？若是，求出定点的坐标；若不是，请说明理由．
【答案】（1）
（2）①；②恒过点．
【解析】
【分析】（1）根据焦距和求出和，利用求出，得到椭圆方程；
（2）①设，则，计算出；
②设，若直线的斜率为0，得到，与不在轴上矛盾，不合题意，若直线的斜率不为0，设，联立椭圆方程，得到两根之和，两根之积，由①知，又，所以，列出方程，舍去不合要求的根，求出，所以直线恒过点．
【小问1详解】
由，得，解得，
设椭圆的焦距为，由焦距为4，得，解得，
又，所以椭圆的标准方程为；
【小问2详解】
①由题意，得，
设，由在椭圆上，得，即，
所以，
即直线的斜率之积为．
②设，
若直线的斜率为0，则关于轴对称，所以，
又直线的斜率是直线的斜率的3倍，所以，即，
由不在轴上，得，与矛盾，
所以直线的斜率不为0．
设直线的方程为，
由，得，
所以，
且，
由①知，又，所以，
所以，即，
化简，得，
将代入上式并化简，得
即，解得或，
当时，与矛盾，舍去，
当时，满足
所以直线恒过点．
【点睛】处理定点问题的思路：
（1）确定题目中的核心变量（此处设为），
（2）利用条件找到与过定点的曲线的联系，得到有关与的等式，
（3）所谓定点，是指存在一个特殊的点，使得无论的值如何变化，等式恒成立，此时要将关于与的等式进行变形，直至找到，
①若等式的形式为整式，则考虑将含的式子归为一组，变形为“”的形式，让括号中式子等于0，求出定点；
②若等式的形式是分式，一方面可考虑让分子等于0，一方面考虑分子和分母为倍数关系，可消去变为常数.
19. 在几何学中，我们常用曲率来刻画曲线的弯曲程度．设光滑连续曲线，定义为曲线在点处的曲率，其中为的导函数，为的导函数．已知曲线．
（1）当时，求曲线在点处的曲率；
（2）已知曲线在不同的两点，处的曲率均为0．
①求实数的取值范围；
②证明：．
【答案】（1）
（2）①；②证明见解析
【解析】
【分析】（1）两次求导，再根据曲率公式计算即可；
（2）①对求导，根据正负判断增减性，分析边界值与特殊值，趋于负无穷时趋于，，时最大为.方程有两根，意味着直线与图像有两个交点，得到.
②构造函数，通过求导，再对求导得到，判断单调性得出的正负，进而得到单调性，证明出当，.利用直线上的点建立关系，结合及，得到.转化要证的不等式：将转化为，进一步转化为证明. 再次转化，根据，将转化为，构造函数，通过求导，得到单调性，证明，从而得出.
【小问1详解】
解：当时，，，
所以，，
故曲线在点处的曲率．
【小问2详解】
，由题意可知，，
则方程有两个根，，
设，则，
当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减．
又时，，，且，
①由题可知，直线与函数的图象有两个不同的交点，
所以，
故实数的取值范围为．
②证明：由上可知，，不妨设．
下面证明：当，，
设，则，
令，则，所以在上单调递减，
则，所以在上单调递增，且，
即，故，．
设点在直线上，则，即，
所以−ex2+e>gx2=m=−ex3+e，
即，
要证，需证，
需证，
又，只需证，即证1−x1ex1−x1−1>0x10x