昆明市第十二中學教育集團2024—2025學年下學期期中質量檢測高二年級數學（滿分：150分，考試時間：120分鐘）第I卷（選擇題共58分）一、單選題：本大題共8道小題，每題5分，共40分，每小題只有一個選項最符合題意.1.復數，則（）A.5 B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根據復數的四則運算得到，再根據復數的模長公式求解即可.【詳解】，.故選：D.2.已知平面向量滿足，且，則（）A. B. C.2 D.1【答案】C【解析】【分析】利用平面向量的模長公式，結合數量積的計算律，計算即可.【詳解】由題意，.故選：C.3.如圖，要讓電路從A處到B處只有一條支路接通，可有（）條不同路徑.A.4 B.5 C.9 D.10【答案】D【解析】【分析】根據分類加法和分步乘法計數原理即可求解.【詳解】走上面需要兩步，每步都有兩種路徑，有種方法，走下面需要兩步，第一步有三種路徑，第二步有兩種路徑，有種方法，共計有10種方法.故選：D.4.記為等差數列的前項和，已知，，則（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由結合等差中項的性質可得，即可計算出公差，即可得的值.【詳解】由，則，則等差數列的公差，故.故選：B.5.已知，則（）A.2 B. C.1 D.【答案】C【解析】【分析】利用正弦的兩角和差公式求解即可.【詳解】，即，所以即故故選：C6.已知，則（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】應用條件概率計算即可.【詳解】，則.故選:C.7.安排5名歌手演出的順序時，要求歌手不是第一個出場，也不是最后一個出場，同時和歌手的演出順序要相鄰，則不同的安排的方式有（）A.12種 B.24種 C.36種 D.48種【答案】B【解析】【分析】利用捆綁法和特殊元素法計算可得.【詳解】首先將和捆綁作為一組，組內有種排法，再將歌手排到中間兩個位置中的一個，有種排法，最后將另外兩人與這一組安排到三個位置，有種排法，按照分步乘法計數原理可知不同的安排的方式有種.故選：B8.若斜率為1的直線與曲線和圓都相切，則實數的值為（）A. B.0 C.2 D.0或2【答案】D【解析】【分析】設直線與曲線的切點為，先根據導數的幾何意義求出在切點處的切線方程，再根據直線與圓相切和圓心到直線距離的關系列式求解即可．【詳解】設直線與曲線的切點為，由，則，則，，即切點為，所以直線為，又直線與圓都相切，則有，解得或．故選：D．二、多選題：本題共3小題，每題6分，共18分，每小題給出的選項中，有多項符合題目要求，全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.9.下列命題正確的是（）A.B.已知函數在上可導，若，則C.已知函數，若，則D.設函數的導函數為，且，則【答案】BC【解析】【分析】根據復合函數的求導法則判斷A，根據導數的定義判斷B，求出函數的導函數，解得即可判斷C，求出函數的導函數，令計算可判斷D.【詳解】對于A：，故A錯誤；對于B：因為，所以，故B正確；對于C：因為，所以，因為，即，解得或（舍去），故C正確；對于D：因為，所以，所以，解得，故D錯誤.故選：BC10.下列說法正確的是（）A.若二項式的展開式中，第3項的二項式系數最大，則B.若，則C.被8除的余數為7D.的展開式中含項的系數為5376【答案】BCD【解析】【分析】根據二項式系數的性質可判斷A，利用賦值法可判斷B，利用二項式定理可判斷C，將原式整理為，求項的系數可判斷D.【詳解】對A：若第2，3項的二項式系數相等且最大，則；若只有第3項的二項式系數最大，則；若第3，4項的二項式系數相等且最大，則，故A錯誤；對B：令可得；令可得，所以，故B正確；對C：因為，所以被8除的余數為7，故C正確；對D：因為，所以的系數為，故D正確.故選：BCD11.如圖，在正方體中，，是正方形內部(含邊界)的一個動點，則（）A.存唯一點，使得B.存在唯一點，使得直線與平面所成的角取到最小值C.若，則三棱錐外接球的表面積為D.若異面直線與所成的角為，則動點的軌跡是拋物線的一部分【答案】BCD【解析】【分析】由線面垂直得線線垂直來確定點位置，判斷選項A；幾何法找線面角，當角最小時確定點位置，判斷選項B；為中點時，求三棱錐外接球的半徑，計算外接球的表面積，判斷選項C；利用向量法解決異面直線所成角的問題，求出動點的軌跡，判斷選項D.【詳解】對于A選項：正方形中，有，正方體中有平面，平面，，又，平面，平面，只要平面，就有，在線段上，有無數個點，A選項錯誤；對于B選項：平面，直線與平面所成的角為，，取到最小值時，最大，此時點與點重合，B選項正確；對于C選項：若，則為中點，為等腰直角三角形，外接圓半徑為，三棱錐外接球的球心到平面的距離為，則外接球的半徑為，所以三棱錐外接球的表面積為，C選項正確；對于D選項：以D為原點，的方向為軸，軸，軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，，設，則有，，有，化簡得，是正方形內部(含邊界)的一個動點，所以的軌跡是拋物線的一部分，D選項正確.故選：BCD三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.的展開式的常數項為________.（用數字作答）【答案】【解析】【分析】寫出二項展開式通項，令的指數為零，求出參數的值，代入通項即可得解.【詳解】的展開式通項為，令，解得，所以，展開式中的常數項為.故答案為：.13.已知某地市場上供應的燈泡中，甲廠產品占，乙廠產品占，甲廠產品的合格率是，乙廠產品的合格率是，則從該地市場上買到一個合格燈泡的概率是_________．【答案】##【解析】【分析】根據獨立事件和互斥事件概率計算方法計算即可．【詳解】從某地市場上購買一個燈泡，設買到的燈泡是甲廠產品為事件A，買到的燈泡是乙廠產品為事件B，則由題可知P(A)＝，P(B)＝，從甲廠產品中購買一個，設買到的產品是合格品為事件C，從乙廠產品中購買一個，設買到的產品是合格品為事件D，則由題可知P(C)＝，P(D)＝，由題可知A、B、C、D互相獨立，故從該地市場上買到一個合格燈泡的概率為：P(AC)＋P(BD)＝P(A)P(C)＋P(B)P(D)＝．故答案為：．14.已知直線經過拋物線的焦點，且與拋物線交于，兩點，若使得成立的點的橫坐標為，則四邊形的面積為_____．【答案】【解析】【分析】求拋物線的焦點坐標，設直線方程，再直線曲線聯立，借助韋達定理，弦長公式求，利用點到直線距離公式計算高，最后計算面積即可.【詳解】設拋物線的焦點為，則點的坐標為，若直線的斜率為，則直線與拋物線只有一個交點，與條件矛盾，故直線的斜率不為，設直線的方程為，，，聯立，整理得，方程的判別式，所以為方程的根，所以，.∴.∵，∴四邊形為平行四邊形.∵點的橫坐標為，∴，解得.∴.點到直線的距離為，所以的面積為，又的面積與的面積相等，∴平行四邊形的面積為.故答案為：.四、解答題：本題共5小題，共77分，解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.15.在中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知．（1）求角的大小；（2）若，求的面積．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由三角恒等變換和正弦定理得到，求出；（2）根據，由余弦定理得到方程，求出，利用三角形面積公式求出答案.【小問1詳解】由，得，即，由正弦定理可得，即，因為，，所以得，即，又因為，所以；【小問2詳解】由（1）知，，又，由余弦定理得，得，解得或（舍），所以的面積．16.已知等差數列的前n項和為，，且，，成等比數列．（1）求數列的通項公式；（2）設，求數列的前n項和．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）設出公差，表達出前5項，通過等差和等比關系求出和公差，即可得到數列的通項公式；（2）表達出數列的通項公式，得到數列的前n項和的表達式，利用錯位相減法即可得出數列的前n項和.【小問1詳解】由題意，在等差數列中，設公差為,由，得，則，又a3＋2，a4，a5－2成等比數列，∴7，5＋d，3＋2d成等比數列，得，即，得d＝2，∴，，∴數列的通項公式為：．【小問2詳解】由題意及（1）得，，在數列中，，在數列中，，∴，∴，，兩式相減得．∴17.如圖，在四棱錐中，為矩形，，，平面平面．（1）證明:平面平面;（2）若為中點，求平面與平面的夾角的余弦值．【答案】（1）證明見解析；（2）.【解析】【分析】（1）利用平面，得到，又有，，得到平面，從而平面平面；（2）建立空間直角坐標系，利用向量法求平面與平面的夾角的余弦值．【詳解】（1）證明：因為平面平面，平面平面，矩形中，，所以平面因為平面，所以又因為，，平面，平面所以平面．因為平面，所以，平面平面．（2）解：由（1）知平面，取中點，連結，則，以為原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，，，則，，，設平面的一個法向量為，則即令，則，，所以同理易得，平面的一個法向量為所以．由圖示，平面與平面所成夾角為銳角，所以平面與平面所成夾角的余弦值．【點睛】立體幾何解答題基本結構：(1)第一問一般是幾何關系的證明，用判定定理；(2)第二問是計算，求角或求距離（求體積通常需要先求距離），通常可以建立空間直角坐標系，利用向量法計算．18.已知函數（a為實常數）．（1）若，求證：在上是增函數；（2）當時，求函數在上的最大值與最小值及相應的x值；（3）若存在，使得成立，求實數a的取值范圍．【答案】（1）證明見解析；（2）答案見解析；（3）.【解析】【分析】（1）利用導數證明函數的區間單調性即可；（2）利用導數研究函數的單調性，進而求區間內最值即可；（3）將問題化為在上能成立，應用導數研究右側的單調性并求最小值，即可得參數范圍.【小問1詳解】由題設，則，則在上有，故在上是增函數，得證；【小問2詳解】由題設，則，當時，當時，所以在上單調遞減，在上單調遞增，且，所以最小值時，最大值為時；【小問3詳解】由題設在上能成立，則，對于，則在上恒成立，故在上單調遞增，且時，即在上恒成立，所以在上能成立，令且，則，對于且，則，當時，，即在上單調遞減，當時，，即在上單調遞增，當，，即在上恒成立，在上恒成立，則在上單調遞增，故，所以.19.如圖所示，由半橢圓和兩個半圓、組成曲線C：，其中點，依次為的左、右頂點，點B為的下頂點，點，依次為的左、右焦點.若點，分別為曲線，的圓心.（1）求的方程；（2）和D分別在曲線和曲線上.求出線段的最大值；（3）若過點，作兩條平行線，分別與，和，交與M，N和P，Q，求的最小值.【答案】（1）（2）4（3）5【解析】【分析】（1）由圓的方程可確定圓心坐標，即橢圓焦點坐標，進而根據橢圓關系求得方程；（2）由幾何圖形特征易知當C與，D與同時重合時線段的最大，進而可以求得最大值；（3）根據對稱性將問題轉化為求解橢