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2024—2025学年度第二学期第一次学情调研
高二数学
（考试时间：120分钟）
注意事项 考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求 1．本试卷共4页，包含选择题（第1题～第11题）填空题（第12题～第14题，共73分）、解答题（第15～19题，共77分），满分150分． 2．答题前，请考生务必将自己的姓名、学校、班级、座位号、考试证号用0．5毫米的黑色签字笔写在答题卡上相应的位置，并将考试证号用2B铅笔正确填涂在答题卡的相应位置． 3．答题时请用0.5毫米的黑色签字笔在答题卡指定区域作答．在试卷或草稿纸上作答一律无效． 4．如有作图需要，可用2B铅笔作图，并请加黑加粗，描写清楚．
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．已知函数在点处的切线的倾斜角为，则实数a的值为（ ）
A．2 B．1 C． D．
2．随机变量X的分布列为：，，，则的值为（ ）
A．1 B．3 C．5 D．9
3．已知变量x和y的统计数据如下表，若由表中数据得到回归直线方程为，则时的残差为（ ）
x 4 4.5 5 5.5 6
y 7 6 4 2 1
A．0.2 B． C．0.4 D．
4．函数在上单调递增，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
5．的展开式中，所有不含z的项的系数之和为（ ）
A．16 B．32 C．27 D．81
6．已知定义在R上的函数的导数为，，且对任意的x满足，则不等式的解集是（ ）
A． B． C． D．
7．已知正方体中，M，N分别为，的中点，下列说法正确的是（ ）
A．直线MN与所成角的余弦值为 B．平面BMN与平面夹角的余弦值为
C．在上存在点Q，使得 D．在上存在点P，使得平面BMN
8．在概率论中，马尔可夫不等式给出了随机变量的函数不小于某正数的概率的上界，它以俄国数学家安德雷·马尔可夫命名．由马尔可夫不等式知，若是只取非负值的随机变量，则对，都有．某市去年的人均年收入为50万元，记“从该市任意选取3名市民，则恰有1名市民去年的年收入超过100万元”为事件A，其概率为．则的最大值为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题：本题共3小题，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，有选错的得0分，部分选对的得2分或3分．
9．下列说法正确的是（ ）
A．已知直线l⊥平面，直线m∥平面，则“”是“l⊥m”的必要不充分条件
B．若随机变量服从正态分布，，则
C．若随机变量服从二项分布，则
D．甲、乙、丙、丁4个人到4个景点旅游，每人只去一个景点，设事件M为“4个人去的景点各不相同”，事件N为“甲不去其中的A景点”，则
10．已知函数，下列判断正确的是（ ）
A．的单调减区间是，
B．的定义域是
C．的值域是
D．与有一个公共点，则或
11．正多面体也称柏拉图立体（被誉为最有规律的立体结构），是所有面都只由一种正多边形构成的多面体（各面都是全等的正多边形）．数学家已经证明世界上只存在五种柏拉图立体，即正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体．已知一个正八面体的棱长都是3（如图），则下列说法正确的是（ ）
A．
B．平面
C．该正八面体的外接球与内切球的半径之比为
D．若点为棱上的动点，则三棱锥的体积为定值
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．已知随机变量服从正态分布，且，则______．
13．若点P是曲线上任意一点，则点P到直线距：离的最小值为______．
14．某公园有一个坐落在地面上的大型石雕，如图是该石雕的直观图．已知该石雕是正方体截去一个三棱锥后剩余部分，是该石雕与地面的接触面，其中是该石雕所在正方体的一个顶点．某兴趣小组通过测量的三边长，来计算该正方体石雕的相关数据．已知测得，，，则该石雕所在正方体的棱长为______；该石雕最高点到地面的距离为______．
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．（本题满分13分）
在的展开式中．
（1）求展开式的第4项的系数；
（2）若第项是有理项，求的取值集合．
16．（本题满分15分）
已知函数．
（1）当时，求函数在处的切线方程；
（2）当时，求函数的极值点；
（3）若对任意，恒成立，求实数a的取值范围．
17．（本题满分15分）
为为了测试一种新药对某种疾病的治疗效果，研究人员对一地区某种动物种群（数量较大）进行试验，从该试验种群中随机抽查了80只，得到如下的样本数据（单位：只）：
发病 没发病 合计
使用药物 10 30 40
没使用药物 25 15 40
合计 35 45 80
（1）能否在犯错误的概率不超过0.001的前提下，认为该药物与预防该疾病有关？
（2）若把表中的频率视作概率，现从该地区没发病的动物中抽取3只动物，记抽取的3只动物中使用药物的只数为，求随机变量的分布列，数学期望；
（3）从该地区此动物群中任取一只，记表示此动物发病，表示此动物没发病，表示此动物使用药物，定义事件的优势，在事件发生的条件下的优势，证明： ，并利用表中数据求出值．
附：，其中．
0.050 0.010 0.001
3.841 6.635 10.828
18．（本题满分17分）
如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，，，，且平面平面，在平面内过作，交于，连．
（1）求证：平面；
（2）求二面角的正弦值；
（3）在线段上存在一点，使直线与平面所成的角的正弦值为，求的长．
19．（本题满分17分）
强基计划于2020年在有关高校开始实施，主要选拔有志于服务国家重大战略需求且综合素质优秀或基础学科拔尖的学生．为选拔培养对象，某高校在暑假期间从中学里挑选优秀学生参加数学、物理、化学学科夏令营活动．
（1）若数学组的7名学员中恰有4人来自A中学，从这7名学员中随机选取4人，表示选取的人中来自A中学的人数，求的分布列和数学期望；
（2）在夏令营开幕式的晚会上，物理组举行了一次学科知识竞答活动，规则如下：两人一组，每一轮竞答中，每人分别答两题，若小组答对题数不小于3，则取得本轮胜利．已知甲乙两位同学组成一组，甲、乙答对每道题的概率分别为，．假设甲、乙两人每次答题相互独立，且．
①求甲、乙两位同学在每轮答题中取胜的概率的最大值；
②如果甲、乙两位同学想在此次答题活动中取得6轮胜利，那么理论上至少要参加多少轮竞赛？
2024—2025学年度第二学期第一次学情调研
高二数学
（考试时间：120分钟）
注意事项
考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求
1．本试卷共4页，包含选择题（第1题～第11题）填空题（第12题～第14题，共73分）、解答题（第15～19题，共77分），满分150分．
2．答题前，请考生务必将自己的姓名、学校、班级、座位号、考试证号用0.5毫米的黑色签字笔写在答题卡上相应的位置，并将考试证号用2B铅笔正确填涂在答题卡的相应位置．
3．答题时请用0.5毫米的黑色签字笔在答题卡指定区域作答．在试卷或草稿纸上作答一律无效．
4．如有作图需要，可用2B铅笔作图，并请加黑加粗，描写清楚．
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．【答案】A
解：因为，所以，所以．故选：A．
2．【答案】C
解：由题意可得，，
则．故选：C．
3．【答案】D
解：由题意，，
，
则样本中心点为，代入，
得，解得，故，
当时，，故时的残差为．故选：D．
4．【答案】A
解：因为，所以．
因为函数在上单调递增，
所以在上恒成立，
所以在上恒成立，即，即可
令，则
由函数单调性的性质知，在上减函数，
，即．
所以实数的取值范围为．故选：A．
5．【答案】D
解：展开式的通项公式为，
若展开式中的项不含，则，此时符合条件的项为展开式中的所有项，
令，可得所有不含的项的系数之和为，故选：D．
6．【答案】A
解：设，
则，
因为对任意的满足，则即，
可知在上单调递减，又，
即，
由可得，即，解得，
所以不等式的解集是．故选：A．
7．【答案】C
解：设正方体的棱长为1，以为坐标原点，
，，的方向为，，轴的正方向建立空间直角坐标系，
则，，，，，
，，，，
对于A，，，所以
，
所以直线与所成角的余弦值为，故A错误；
对于B，易知是平面的一个法向量，
设平面的法向量为，
则即即取，
则，，即，，
所以平面与平面夹角的余弦值为，故B错误；
对于C，假设存在满足题意的点，设（），
则，又因为，
所以，即，解得，满足，
故假设成立，此时为中点，故C正确；
对于D，易知，又因为在平面上，所以在平面上，
所以在上不可能存在点，使得平面，故D错误．
故选：C．
8．【答案】D
解：设为某市去年1名市民的年收入，
某市去年的人均年收入为50万元，则，
设1名市民去年的年收入超过100万元的概率为，则
所以，
由题可得，
设，，
则，
所以，
即的最大值为．故选D
本题可作如下探究：某市去年的人均年收入为10万元，此时答案为B．
二、多选题：本题共3小题，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，有选错的得0分，部分选对的得2分或3分．
9．【答案】BC
解：已知直线平面，直线平面，
当时，一定有；当时，，有可能平行，也有可能相交，
则“”是“”的充分不必要条件，所以选项A错误；
由题得，所以选项B正确；
若随机变量服从二项分布，，则，
所以5，所以选项C正确；
由题得，所以选项D错误．
故选：BC．
10．【答案】ABD
解：由，知，得函数的定义域是，
又，所以当或时，，此时单调递减，
当时，，此时单调递增．
在处取得极小值．
的图象如下图所示，
可得：的单调减区间是，，故A判断正确；
的定义域是，故B判断正确；
的值域是，故C判断错误；
与有一个公共点，则或，故D判断正确．
故选ABD．
本题还可以作如下探究：
1．
2．若方程有6个不等实数根，则
3．对任意正实数，，且，若，则对于1，
因为当时，，函数在内单调递增，
所以，而，所以；
对于2，因为为偶函数，当时，，
由选项A知函数的单调递减区间为，，增区间为，
又当时，，当时，，当时，，
时，
当时，，当时，，时，，
所以函数的图象如图所示，
直线与函数有6个不同交点，则；
对于3，当时，若，则，
因为函数在单调递减，在单调递增，
所以不妨设，
由可得，
即，不妨取，
设，
则，
则当时，，，故，
在上单调递增，又，
而，，即．
因为，当时，，
在上单调递减，
因为，，故可得，即得
11．【答案】ABD
解：对于A选项，正八面体，连接，，，
对称性可知，平面，且，，相交于点，为，，的中点，
又，，
故四边形为菱形，四边形为菱形，
可知，，，是平面内两条相交直线，
所以平面，又平面，故，故A正确
对于C，三棱锥的体积，
B选项，连接，，由对称性可知，平面，
且，相交于点，为和的中点，
又，故四边形为菱形，故，
又平面，平面，
所以平面，正确；
其中点到平面的距离为，设菱形的面积为，
则，，
若点为棱上的动点，则三棱锥的体积为定值，故D正确．
本题还可以作如下探究：1．直线与平面所成的角为45°
2两个相邻平面所成角的余弦值
3若点为棱上的动点，求的最小值
如图，因与是边长为2的全等的正三角形，
可将翻折到，使其与共面，从而得到一个菱形．
连接与相交于点，此时，，
则，因此取得最小值为，
2．可以和概率集合．如涂色问题，4种不同的颜色涂6个顶点问题；异面直线问题；
又比如从出发经过各个定点，经过三次又回到点的概率等等
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．【答案】
解：因为，所以该正态曲线关于直线对称，
则．又，所以，，
所以
13．【答案】
解：当点是曲线的切线中与直线：平行的直线的切点时，距离最小，
设切点（），易得，
则切线斜率，由题，
解得或（舍去），则，
故所求最小距离为．
14．6；．
【详解】如图，补齐为正方体，设，，，
则，解得，，，
即该石雕所在正方体的棱长为．
以为原点，以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，
所以，，，，，
，，，
设平面的一个法向量为，
则，即，令，可得，
所以点到平面的距离为，
即该石雕最高点到地面的距离为．故答案为：6；．
本题可以这样变式：二面角的平面角的余弦值．
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．（本题满分13分）
【详解】（1），
所以展开式的第4项的系数为160；
（2），．
当为整数时为有理项，即．
则的取值集合为．
本题可作如下探究：
1．把展开式中各项重新排序，求有理项相邻的排法种数
2．将展开式中所有项重新排列，求首末两项均为有理项的概率；
3．设展开式中系数最大的项为第项，求从第1项到第项系数之和．
16．（本题满分15分）
【详解】（1）由题设的定义域是，，
则，，所以，即，
即在处的切线方程为．
（2）当时，函数的定义域为，求导得，
由，得，当时，；当时，，
所以是函数的极小值点．
（3）当时，不等式，
设，依题意，，，
求导得，由，得；
由，得，函数在上单调递增，在上单调递减，，则，所以实数的取值范围是．
17．（本题满分15分）
【详解】（1）提出零假设：该药物与预防该疾病无关，
根据表格得出，，
由此推断不成立，
则能在犯错误的概率不超过0.001的前提下，认为该药物与预防该疾病有关
（2）样本中没发病的动物有45只，其中使用药物的有30只，
则使用药物且没发病的频率为，
将频率视作概率，则，
则，，
，，
则的分布列为：
0 1 2 3
期望．
（3）由条件可得，
由表中数据可知，，，则．
18．（本题满分17分）
【详解】（1）因为，所以，且，
所以四边形为矩形，所以，，
又因为，，所以
，
所以，所以，所以，
因为平面平面，平面平面，
，平面，
所以平面，又平面，所以，
因为，，平面，所以平面．
（2）以为原点，分别以，，方向为，，轴的正方向，
建立如图所示空间直角坐标系，
由条件可知，所以
所以，，，，
所以，，，
设平面的一个法向量为，
所以，取，则，，所以，
设平面的一个法向量为，
所以，取，则，，所以，
所以，
设二面角的平面角为，所以，
故二面角的正弦值为．
（3）设（），
因为，，，
所以，，
因为，所以
，
取平面的一个法向量，设直线与平面所成角为，
所以，解得，
因为，所以．
本题可作如下探究：1．求二面角的正弦值；
2．在线段上是否存在一点，使直线与平面平行，若存在，指出点的位置并证明你的结论，若不存在，请说明理由．
19．（本题满分17分）
【详解】（1）的所有可能取值是1，2，3，4．
，，
，，
所以的分布列是
1 2 3 4
数学期望是．
（2）①设甲、乙两位同学在每轮答题中取胜为事件，则
，
由，得．
因为，，所以，
令，
所以，设，则，
当时，取得最大值．
所以，甲、乙两位同学在每轮答题中取胜的概率取得最大值．
②要使答题轮数取最小值，则每轮答题中取得胜利的概率取最大值．
设他们小组在轮答题中取得胜利的次数为，则，，
由，即解得．
而，则，所以理论上至少要进行8轮答题．
本题可作如下变题：若呢？
由，得．
令，因为，，所以，
所以，设，
则，
因为，当时，取得最大值．
所以，当时，甲、乙两位同学在每轮答题中取胜的概率取得最大值．
②要使答题轮数取最小值，则每轮答题中取得胜利的概率取最大值．
设他们小组在轮答题中取得胜利的次数为，则，，
由，即解得．
而，则，所以理论上至少要进行13轮答题．

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