2024-2025学年内蒙古呼和浩特市开来中学高二数学第二学期期末质量检测试题含解析.doc

2024-2025学年内蒙古呼和浩特市开来中学高二数学第二学期期末质量检测试题
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
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，再选涂其它答案标号。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。

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．在某次体检中，学号为（）的四位同学的体重是集合中的元素，并满足，则这四位同学的体重所有可能的情况有（ ）
A．55种 B．60种 C．65种 D．70种
2．在复平面内，复数对应向量（为坐标原点），设，以射线为始边，为终边逆时针旋转的角为，则，法国数学家棣莫弗发现棣莫弗定理：，，则，由棣莫弗定理导出了复数乘方公式：，则（ ）
A． B． C． D．
3．已知 则a，b，c的大小关系是（ ）
A．a＞b＞c B．b＞a＞c C．a＞c＞b D．c＞b＞a
4．已知，则不等式的解集为（ ）
A． B． C． D．
5．且，可进行如下“分解”：
若的“分解”中有一个数是2019，则（ ）
A．44 B．45 C．46 D．47
6．一物体做直线运动，其位移 (单位: )与时间 (单位: )的关系是，则该物体在时的瞬时速度是
A． B． C． D．
7．在二项式的展开式中，的系数为（　　）
A．﹣80 B．﹣40 C．40 D．80
8．已知数列的前项和为，，若，，则（ ）
A． B．0 C．1 D．2
9．若平面四边形ABCD满足，则该四边形一定是( )
A．正方形 B．矩形 C．菱形 D．直角梯形
10．展开式的系数是（ ）
A．-5 B．10 C．-5 D．-10
11．已知若存在，使得，则称与互为“1度零点函数”，若 与互为“1度零点函数”，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
12．4名同学分别从6所大学中选择一所参观，则不同选法有（ ）
A．种 B．种 C．种 D．种
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．若展开式的常数项为60，则常数的值为 ．
14．一个高为1的正三棱锥的底面正三角形的边长为6，则此三棱锥的侧面积为______．
15．设随机变量的分布列为为常数，则______
16．把单位向量绕起点逆时针旋转，再把模扩大为原来的3倍，得到向量，点在线段上，若，则的值为__________．
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（12分）如图，在四棱锥中，是边长为2的正方形，平面平面，直线与平面所成的角为，.

（1）若，分别为，的中点，求证：直线平面；
（2）求二面角的正弦值.
18．（12分）设函数，．
(1) 解不等式；
(2) 设函数，且在上恒成立，求实数的取值范围.
19．（12分）遇龙塔建于明代万历年间，简体砖石结构，屹立于永州市城北潇水东岸，为湖南省重点文物保护单位之一．游客乘船进行观光，到达潇水河河面的处时测得塔顶在北偏东45°的方向上，然后向正北方向行驶后到达处，测得此塔顶在南偏东的方向上，仰角为，且，若塔底与河面在同一水平面上，求此塔的高度．
20．（12分）命题：方程有实数解，命题：方程表示焦点在轴上的椭圆．
(1) 若命题为真，求的取值范围；
(2) 若命题为真，求的取值范围．
21．（12分）已知直线经过点P（1，1），倾斜角．
（1）写出直线的参数方程；
（2）设 与圆 相交于两点A，B，求点P到A，B两点的距离之积．
22．（10分）在直角坐标系中，斜率为k的动直线l过点，以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为.
（1）若直线l与曲线C有两个交点，求这两个交点的中点P的轨迹关于参数k的参数方程；
（2）在条件（1）下，求曲线的长度.
参考答案

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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、D
【解析】
根据中等号所取个数分类讨论，利用组合知识求出即可.
【详解】
解：当中全部取等号时，情况有种；
当中有两个取等号，一个不取等号时，情况有种；
当中有一个取等号，两个不取等号时，情况有种；
当中都不取等号时，情况有种；
共种.
故选：D.
本题考查分类讨论研究组合问题，关键是要找准分类标准，是中档题.
2、D
【解析】
将复数化为的形式，再利用棣莫弗定理解得答案.
【详解】

本题考查复数的计算，意在考查学生的阅读能力，解决问题的能力和计算能力.
3、D
【解析】
对于看成幂函数，对于与的大小和1比较即可
【详解】
因为在上为增函数，所以，由因为，，，所以，所以选择D
本题主要考查了指数、对数之间大小的比较，常用的方法：1、通常看成指数、对数、幂函数比较．2、和0、1比较．
4、A
【解析】
利用导数判断出在上递增，而，由此将不等式转化为，然后利用单调性列不等式，解不等式求得的取值范围.
【详解】
由，故函数在上单调递增，
又由，
故不等式可化为，，得，
解得．故选A.
本小题主要考查利用导数研究函数的单调性，考查对数不等式的解法，属于基础题.
5、B
【解析】
探寻规律，利用等差数列求和进行判断
【详解】
由题意得底数是的数分裂成个奇数，底数是的数分裂成个奇数，底数是的数分裂成个奇数，则底数是数分裂成个奇数，则共有个奇数，
是从开始的第个奇数，
，
第个奇数是底数为的数的立方分裂的奇数的其中一个，即，
故选
本题考查了数字的变化，找出其中的规律，运用等差数列求出奇数的个数，然后进行匹配，最终还是考查了数列的相关知识。
6、A
【解析】
先对求导，然后将代入导数式，可得出该物体在时的瞬时速度。
【详解】
对求导，得，，
因此，该物体在时的瞬时速度为，故选：A。
本题考查瞬时速度的概念，考查导数与瞬时变化率之间的关系，考查计算能力，属于基础题。
7、A
【解析】
根据二项展开式的通项，可得，令，即可求得的系数，得到答案.
【详解】
由题意，二项式的展开式的通项为，
令，可得，
即展开式中的系数为，故选A.
本题主要考查了二项式定理的应用，其中解答中熟记二项展开式的通项是解答本题的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.
8、C
【解析】
首先根据得到数列为等差数列，再根据，即可算出的值.
【详解】
因为，所以数列为等差数列.
因为，所以.
.
.
因为，所以.
故选：C
本题主要考查等差数列的性质，同时考查了等差中项，属于简单题.
9、C
【解析】
试题分析：因为,所以四边形ABCD为平行四边形，又因为,所以BD垂直AC，所以四边形ABCD为菱形.
考点：向量在证明菱形当中的应用.
点评：在利用向量进行证明时，要注意向量平行与直线平行的区别，向量平行两条直线可能共线也可能平行.
10、D
【解析】
由题意利用二项展开式的通项公式，求出（1﹣x）5展开式x3的系数．
【详解】
解：根据（1﹣x）5展开式的通项公式为Tr+1＝•（﹣x）r，令r＝3，可得x3的系数是﹣＝﹣10，
故选：A．
本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于基础题．
11、B
【解析】
通过题意先求出函数的零点，根据计算出函数的零点范围，继而求出实数的取值范围
【详解】
令，当时，或
，
当时，解得，
，
若存在为 “度零点函数”，不妨令
由题意可得：或
即或

设，
当时，，是减函数
当时，，是增函数
，当时，，由题意满足存在性
实数的取值范围为
故选
本题给出了新定义，按照新定义内容考查了函数零点问题，结合零点运用导数分离参量，求出函数的单调性，给出参量的取值范围，本题较为综合，需要转化思想和函数思想，有一定难度。
12、B
【解析】
每名同学从6个大学点中选择一个参观，每个同学都有6种选择，根据乘法原理，计算即可得答案．
【详解】
因为每名同学都有6种选择，相互不影响，
所以有种选法．
故选：B.
本题考查分步计数原理的运用，注意学生选择的景区可以重复．属于基础题.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、4
【解析】
试题分析：展开式的常数项是.
考点：二项式定理.
14、
【解析】
画出满足题意的三棱锥图形，根据题意，画出高，利用直角三角形，求出此三棱锥的侧面上的高，即可求出棱锥的侧面积．
【详解】
由题意画出图形，如图所示：
因为三棱锥是正三棱锥，顶点在底面上的射影是底面的中心，
在三角形中：
因为三角形三边长，，
所以，
则这个棱锥的侧面积．
故答案为：18。

本题考查棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积和棱锥的结构特征，考查数形结合思想，还考查计算能力，是基础题，棱锥的侧面积是每一个侧面的面积之和。
15、
【解析】
由已知得=1，解得c=，由此能求出P（0.5＜ξ＜2.5）=P（ξ=1）+P（ξ=2）==．
【详解】
随机变量ξ的分布列为P（ξ=k）=，k=1，2，3，
∴=1，
即，解得c=，
∴P（0.5＜ξ＜2.5）=P（ξ=1）+P（ξ=2）
===．
故答案为．
本题考查概率的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意分布列的合理运用．
16、
【解析】
由题意可得，与夹角为，先求得，则，再利用平面向量数量积的运算法则求解即可.
【详解】
单位向量绕起点逆时针旋转，再把模扩大为原来的3倍，得到向量，
所以，与夹角为，
因为，所以，
所以

，故答案为.
本题主要考查平面向量几何运算法则以及平面向量数量积的运算，属于中档题. 向量的运算有两种方法：（１）平行四边形法则（平行四边形的对角线分别是两向量的和与差；（２）三角形法则（两箭头间向量是差，箭头与箭尾间向量是和）．

三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17、（1）证明见解析；（2）
【解析】
（1）由平面平面得到平面，从而，根据，得到平面，得到，结合，得到平面；
（2）为原点，建立空间坐标系，得到平面和平面的法向量，利用向量的夹角公式，得到法向量之间的夹角余弦，从而得到二面角的正弦值.
【详解】
（1）证明：∵平面平面，平面平面，
，平面，
∴平面，
则为直线与平面所成的角，为，
∴，
而平面，
∴
又，为的中点，
∴，
平面，
则平面，
而平面
∴，
又，分别为，的中点，
则，
正方形中，，∴，
又平面，，
∴直线平面；
（2）解：以为坐标原点，分别以，所在直线为，轴，
过作的平行线为轴建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，
，，，
设平面的法向量为，
则，即，
取，得；
设平面的法向量为，
则，即，
取，得.
∴.
∴二面角的正弦值为.

本题考查面面垂直的性质，线面垂直的性质和判定，利用空间向量求二面角的正弦值，属于中档题.
18、（1）；（2）
【解析】
试题分析：本小题主要考查不等式的相关知识，具体涉及到绝对值不等式及不等式证明以及解法等内容.(1)利用数轴分段法求解；（2）借助数形结合思想，画出两个函数的图像，通过图像的上下位置的比较，探求在上恒成立时实数的取值范围.
试题解析：(1) 由条件知，
由，解得. (5分)
(2) 由得，由函数的图像

可知的取值范围是. (10分)
考点：（1）绝对值不等式；（2）不等式证明以及解法；（3）函数的图像.
19、
【解析】
根据正弦定理求得，然后在直角三角形中求得，即可得到答案．
【详解】
由题意，在中，，故
又，故由正弦定理得：，
解得，
因为，所以，所以．
本题主要考查了解三角形的实际应用问题，其中解答中熟练应用正弦定理和直角三角形的性质是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．
20、（1）.（2）
【解析】
（1）原题转化为方程有实数解，；（2）为真，即每个命题都为真，根据第一问得到参数范围，进而得到结果.
【详解】
（1）∵有实数解，∴
（2）∵椭椭圆焦点在轴上,所以，∴
∵为真，，.
由简单命题和逻辑连接词构成的复合命题的真假可以用真值表来判断，反之根据复合命题的真假也可以判断简单命题的真假．假若p且q真，则p 真，q也真；若p或q真，则p，q至少有一个真；若p且q假，则p，q至少有一个假．（2）可把“p或q”为真命题转化为并集的运算；把“p且q”为真命题转化为交集的运算．
21、（1）（2）2
【解析】
（1）直线的参数方程为，即(t为参数)
（2）把直线代入
得
，则点到两点的距离之积为
22、（1）；（2）
【解析】
（1）把两边同时乘以，然后结合极坐标与直角坐标的互化公式可得曲线的直角坐标方程，设直线的方程为，与曲线联立，利用根与系数的关系可得两个交点的中点的轨迹关于参数的参数方程；
（2）化参数方程为普通方程，作出图形，数形结合即可求得曲线的长度．
【详解】
解：（1）曲线C的直角坐标方程为.
设直线l的方程为，
设直线l与曲线C的交点为，，
联立直线l与曲线C的方程得
解得，，
，，
设P的坐标为，则，代入l的方程得.
故的参数方程为.
（2）由的参数方程得即.
如图，圆C：圆心为，半径为2，
圆D：圆心为，半径为2，曲线为劣弧，

显然，
所以的长度为.
本题考查简单曲线的极坐标方程，考查参数方程化普通方程，考查圆与圆位置关系的应用，考查计算能力，属于中档题．