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永春一中2025年5月高二年月考检测数学科试卷（2025.5）
考试时间：120分钟，试卷总分：150分
一、单项选择题：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，那么集合（）
A. B. C. D.
2.若则（）
A. B. C. D.
3.已知直线与圆交于A，B两点，且为直角三角形，则m的值为（）
A. B. C.±2
4.已知等差数列的首项为2，公差不为0，且，，成等比数列，则等于（）
A.-32 B.-30 C.-28 D.-26
5.亭是我国古典园林中最具特色的建筑形式，它是逗留赏景的场所，也是园林风景的重要点缀.重檐圆亭（图1）是常见的一类亭，其顶层部分可以看作是一个圆锥以及一个圆台（图2）的组合体.已知某重檐凉亭的圆台部分的轴截面如图3所示，则该圆台部分的侧面积为（）
A.3.6 B.3.8 C.4.2 D.5.4
6.为了提升数学素养，甲、乙、丙等五名同学打算选修学校开设的数学拓展课程，现有几何画板、数学与生活、趣味数学、数独四门课程可供选修，每名同学均需选修且只能选修其中一门课程，每门课程至少有一名同学选修，则甲不选修几何画板，且数独只能由乙和丙中一人或两人选修的概率为（）
A. B. C. D.
7.已知函数的图象如图所示，图象与x轴的交点为，与y轴的交点为N，最高点，且满足.若将的图象向左平移1个单位得到的图象对应的函数为，则（）
A. B.0 C. D.
8.已知，向量，且的最小值为，则的最小值为（）
A. B. C.-1 D.
二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，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.下列说法正确的是（）
A.数据1，2，3，5，8，9的中位数小于平均数
B.数据0，0.2，0.3，0.7，0.8，1的标准差大于方差
C.在相关分析中，样本相关系数r越小，线性相关程度越弱
D.已知随机变量X服从正态分布且，则
10.中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，则“是直角三角形”的充分条件是（）
A. B. C. D.
11.已知椭圆的两个焦点分别为，（其中），点P在椭圆C上，点Q是圆.上任意一点，的最小值为2，则下列说明正确的是（）
A.椭圆的焦距为1
B.圆E过点的切线斜率为
C.若A，B为C上关于原点对称且异于顶点和点P的两点，则直线PA与PB的斜率之积为
D.的最小值为
三、填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分。
12.已知一系列样本点的一个经验回归方程为，若样本点的残差为1，则_____.
13.已知抛物线的焦点为，倾斜角为45°的直线l过点F.若l与C相交于A，B两点，则以AB为直径的圆被x轴截得的弦长为_____.
14.已知函数在上有两个极值点，则实数m的取值范围是_____.
四、解答题：共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
15.（13分）
在锐角中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，.
（1）求角A；
（2），，D为AC的中点，求
16.（15分）
如图，在三棱柱中，平面ABC，，，E，F，G分别是棱AB，BC，上的动点，且.
（1）求证：；
（2）若平面与平面的夹角的余弦值为，求BF.
17.（15分）
已知双曲线C：过点，且离心率为.
（1）求双曲线C的标准方程；
（2）双曲线C在其右支上一点P处的切线l分别交其两条渐近线，于A，B两点，O为坐标原点，求的面积.
18.（17分）
已知函数.
（1）若，，求曲线在点处的切线方程；
（2）若是的极大值点，求a的取值范围；
（3）在（2）的条件下，若对恒成立，求a的取值范围.
19.（17分）
给定实数，对于正整数设数列满足每一项取1的概率为p，取0的概率为，且各项取值相互独立.如果数列中的0将数列分成（项、项、…、项）全为1的连续段，则记，特别地，定义例如，时，.
（1）时，记随机变量，求的概率；
（2）对于数列，定义为：若，则它是最大的正整数，使；若则它为0，例如，时，.
（i）时，求随机变量的分布及数学期望；
（ii）求随机变量的数学期望.
（3）当时，求随机变量的数学期望.
永春一中2025年5月高二年月考检测数学参考答案（2025.5）
一、二、选择题
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
答案 A D C B B D D C ABD BD BD
1.【详解】因为，，所以.
2.【详解】由得，则，故.
3.【详解】圆心，半径，因为直角三角形，则点到直线的距离，得.
4.【详解】设等差数列的公差为，则由题得，即
或（舍去），所以.
5.【详解】圆台的上底圆直径为3，上底圆直径为4.6，高为0.6，
过点A，B作，，垂足分别为E，F，故
，故，
故该圆台部分的侧面积为.
6.【详解】将五名同学分为四组，每组人数分别为2、1、1、1，分组方法种数为种，所以，五名同学报名四门课程，每名同学均需选修且只能选修其中一门课程，每门课程至少有一名同学选修，不同的报名种数为种，
考虑数独的报名人数，
①若数独只有一人报名，从乙和丙中选一人，有2种情况，
若选修几何画板只有一人，从剩余4人中除甲以外的3人中任选1人，有3种情况，
最后将剩余3人分为两组，再分配给另外两门课程，
此时不同的选择情况种数为种；
若选修几何画板有两人，有种情况，剩余两人选修剩余两门课程，
此时不同的选择方法种数为种；
②若数独有两人报名（乙和丙），
则选修几画板的有剩余人中除甲以外的两人中任选一人，有两种情况.
剩余两人报名剩余两名课程，此时不同的选择方法种数为种.
综上所述，所求概率为.
7.【详解】由题知，函数的最小正周期满足，解得，
所以，则，
由图象与轴的交点为得，则，
因为，所以，即，则，
所以图象与轴的交点为，则，，
因为，所以，解得（负舍），所以，
所以，所以若将的图象向左平移1个单位得到的图象对应的函数为，则，所以.
8.【详解】延长至，使，则，所以P，B，C共线，又的最小值为，且，所以为等腰三角形，当且仅当时取得最小值，则，
所以是等边三角形，取的中点，
则，当且仅当时取等号，
所以，即的最小值为-1.
9.【详解】对于A：数据1，2，3，5，8，9的中位数为，平均数为，因为，所以中位数小于平均数，故A正确；
对于B：因为数据的平均数为，则方差
，
则标准差，即标准差大于方差，故B正确；
对于C：样本相关系数的绝对值越小，线性相关程度越弱，故C错误；
对于D：因为且，
所以，故D正确；
10.【详解】A：，且，，则，
若为锐角，则且，此时，即；
若为钝角，则且，此时，即；
综上，为直角三角形或钝角三角形，故A不满足题意；
B：，由正弦定理得，
即，得，
由，解得，又，所以，故B符合题意；
C：由，得，
整理得，所以或，
即为等腰三角形或直角三角形，故C不符合题意；
D：，
，
即，由，得，
即，，
得，所以或，解得或，
即为直角三角形，故D符合题意.
11.【详解】对于A，圆圆心，半径，圆与椭圆相离，
而点在椭圆上，点在圆上，则，当且仅当P，Q分别是线段与椭圆、圆的交点时取等号，因此，
解得，则椭圆的焦距为2，且椭圆的方程为，A错误；
对于B，过的圆切线的斜率存在，设此切线方程为，于是，
解得，B正确；
对于C，设，，有，且，即，
直线PA，PB的斜率分别为，，因此，C错误；
对于D，
，当且仅当P，Q分别是线段与椭圆、圆的交点时取等号，
D正确.
三、填空题
12.【答案】-8
【详解】根据题意得，解得.
13.【答案】
【详解】因为抛物线的焦点为，所以，解得，
则抛物线，直线的方程为，由，则，显然，
所以，故，
所以以为直径的圆的圆心的纵坐标为3，半径为4，
故以为直径的圆被轴截得的弦长为.
14.【答案】
【详解】因为，所以，
依题意，函数在上有两个变号零点，由，得，
令，于是直线与函数在上的图象有两个交点，
而，由，得，由，得，
即函数在上单调递增，在上单调递减，又，，，
在同一坐标系内作出直线与函数的图象，
观察图象知，当时，直线与函数在上的图象有两个交点，
即函数在上有两个变号零点，函数在上有两个极值点，
所以实数的取值范围是.
四、解答题
15.【详解】
（1）因为，所以由正弦定理得，（2分）
因为，所以，所以，（3分）
整理得，即，（4分）
因为，所以，所以，即.（6分）
（2）在中，由余弦定理得
，
即，解得或，（8分）
若，则，
则为钝角，舍去，（9分）
所以，，
因为，根据正弦定理，角最大，所以为锐角三角形，（10分）
因为为的中点，所以，
所以，在中，，
所以，（12分）
在中，.（13分）
16.【详解】
（1）因为平面，平面，所以，，又，故，AB，两两垂直，以为坐标原点，，，BC所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，（1分）
因为，，
设，，
所以，，，，（2分）
则，
，（4分）
则，故；（6分）
（2），则，（7分）
则，则，（8分）
又，平面，所以平面，（9分）
故为平面的一个法向量，（10分）
又平面的法向量为，（11分）
则平面与平面的夹角的余弦值为
，（13分）
所以，解得，故.（15分）
17.【详解】
（1）由题意可得，解得：，（4分）
故双曲线的标准方程为.（5分）
（2）①当直线斜率不存在时，易知此时，直线，不妨设，，
得；（7分）
②当直线斜率存在时，设直线的方程为，
与双曲线的方程联立，可得，（8分）
由直线与双曲线的右支相切，可得，
故（9分）
设直线与轴交于，则.（10分）
又双曲线的渐近线方程为，
联立，可得，同理可得，（12分）
（13分）
（14分）
综上，面积为2.（15分）
18.【详解】
（1）若，，则，，（1分）
所以，（2分）
所以曲线在点处的切线方程为.（3分）
（2）由题意，得的定义域为，，，（4分）
所以.（5分）
①当时，在区间上，，单调递减，
在区间和上，，单调递增，
所以是的极大值点，满足条件.（6分）
②当时，，.在区间上单调递增，没有极值，不满足条件.（7分）
③当时，在区间上，，单调递减，
在区间和上，，单调递增，
是的极小值点，不满足条件.（8分）
④当时，在区间上，，单调递减，在区间上，，单调递增，所以是的极小值点，不满足条件.（9分）
综上，的取值范围是.（10分）
（3）由（2）知，，，且时，，（11分）
所以在上，恒成立，即恒成立，
即恒成立.（12分）
设.，则.（13分）
令，则，当时，，（14分）
所以即在区间上单调递减，又，（15分）
所以，所以在区间上单调递减.（16分）
又，所以的取值范围是.（17分）
19.【详解】
（1）时，，，，或者，，，，
或者，，，，此时.（3分）
（2）（i）枚举共8种情况，得的可能取值为0，1，2，3，可求得的分布列如下：
0 1 2 3
故.（6分）
（ii）法1：有，
对，若，则，.
故（8分）
因此
.（10分）
法2：若，则；
若，则，
因此，若记表示，，则满足
，（8分）
从而，故，
则，故.（10分）
（3）记，，则，由（2）（ii）知.
若则；
若则.
因此.（12分）
得，（13分）
因此对，
，（14分）
代入，得，（15分）
当时，也满足该式，故.（17分）

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