宁夏银川市2024-2025学年高二数学上学期期中试题含解析

Page18宁夏银川市2024-2025学年高二数学上学期期中试题（考试时间：120分钟，满分：150分）一．选择题：本大题共12小题，每小题5分，满分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.已知复数满意，是的共轭复数，则下列说法中不正确的是（

）A.实部与虚部之积为 B.的共轭复数为C.在复平面内对应的点在第三象限 D.【答案】C【解析】【分析】依据复数的除法运算化简得，进而依据复数的实部和虚部可推断A，依据共轭复数的定义可推断B，依据复数对应的点可推断C，依据复数模长的计算可推断D.【详解】由得，对于A,复数的虚部为1，实部为2，故A正确，对于B,的共轭复数为,B正确，对于C,在复平面内对应的点为，故点在第一象限，C错误，对于D，，D正确，故选：C2.在等差数列中，，则的值为（）A.6 B.8 C.12 D.13【答案】C【解析】【分析】依据等差数列的下标和性质可求得的值，再依据即可计算出最终结果.【详解】因为，所以，所以，所以，故选：C.【点睛】本题考查等差数列下标和性质的应用，难度一般.在等差数列中，已知，则有.3.等比数列中，，，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由题设结合等比数列通项公式求得公比，进而求.【详解】由题设，，又，可得，∴.故选：A4.为庆祝中国共产党成立100周年，安康市某学校开展“唱红色歌曲，诵红色经典”歌咏竞赛活动，甲、乙两位选手经验了7场初赛后进入决赛，他们的7场初赛成果如茎叶图所示．下列结论正确的是（）A.甲成果的极差比乙成果的极差大B.甲成果的众数比乙成果的中位数大C.甲成果的方差比乙成果的方差大D.甲成果的平均数比乙成果的平均数小【答案】D【解析】【分析】对于A，分别求出极差推断，对于B，求出甲的众数和乙成果的中位数推断，对于C，依据数据的离散程度推断，对于D，分别求出平均数推断即可.【详解】甲成果的极差为，乙成果的极差为，故A错误；甲成果的众数为85分，乙成果的中位数为87分，故B错误；由茎叶图的数据的分布规律，可判定甲成果的数据更集中，乙成果的数据更分散，所以甲成果的方差比乙成果的方差小，故C错误；甲成果的平均数为分，乙成果的平均数为分，故D正确．故选：D5.2024年3月，树人中学组织三个年级的学生进行“庆祝中国共产党成立100周年”党史学问竞赛.经统计，得到前200名学生分布的饼状图（如图）和前200名中高一学生排名分布的频率条形图（如图），则下列命题错误的是（）A.成果前200名的200人中，高一人数比高二人数多30人B.成果第1-100名的100人中，高一人数不超过一半C.成果第1-50名的50人中，高三最多有32人D.成果第51-100名的50人中，高二人数比高一的多【答案】D【解析】【分析】依据饼状图和条形图供应的数据推断．【详解】由饼状图，成果前200名的200人中，高一人数比高二人数多，A正确；由条形图知高一学生在前200名中，前100和后100人数相等，因此高一人数为，B正确；成果第1-50名的50人中，高一人数为，因此高三最多有32人，C正确；第51-100名的50人中，高二人数不确定，无法比较，D错误．故选：D．6.抛掷一颗质地匀称的骰子，记事务为“向上的点数为1或4”，事务为“向上的点数为奇数”，则下列说法正确的是（）A.与互斥 B.与对立C. D.【答案】C【解析】【分析】依据互斥事务和对立事务的定义推断．求出事务，然后计算概率．【详解】与不互斥，当向上点数为1时，两者同时发生，也不对立，事务表示向上点数为之一，∴．故选：C．【点睛】关键点点睛：本题考查互斥事务和对立事务，考查事务的和，驾驭互斥事务和对立事务的定义是解题关键．推断互斥事务，就看在一次试验中两个事务能不能同时发生，只有互斥事务才可能是对立事务，假如一次试验中两个事务不能同时发生，但非此即彼，即必有一个发生，则它们为对立事务．而不互斥的事务的概率不能用概率相加，本题．7.对高三某班级的学生进行体能测试，所得成果统计如图所示，则该班级学生体能测试成果的中位数为（）A.82.5 B.83 C.83.5 D.85【答案】A【解析】【分析】由频率分布直方图求得频率0.5对应的数即得．【详解】由频率分布直方图成果在的频率是，而成果在区间上的频率是0.4，因此中位数在区间上，设中位数是，则，解得．故选：A．8.为了庆祝中国青年团100周年，校团委组织了一场庆祝活动，要用警戒线围出400平方米矩形活动区域，则所用警戒线的长度的最小值为（）A.30米 B.50米 C.80米 D.110米【答案】C【解析】【分析】设该矩形区域的长为x米，则宽为米，利用基本不等式计算即可得出结果.【详解】设该矩形区域的长为x米，则宽为米，则所用警戒线的长度为米，当且仅当，即时，取等号.则所用警戒线的长度的最小值为80米.故选：C9.已知，，且，则的最小值为（

）A.4 B.6 C.8 D.10【答案】B【解析】【分析】由基本不等式求最小值.【详解】明显，，，∴，当且仅当，即，时等号成立．故选：B．10.下列说法错误的是A.命题“若，则”的逆否命题是“若，则”B.“”是“”的充分不必要条件C.若为假命题，则、均为假命题D.命题：“，使得”，则非：“，”【答案】C【解析】【分析】由命题的逆否命题为将条件、结论互换,再同时进行否定,可得A正确；由“”的充要条件为“”,可得B正确；由“且”命题的真假可得C错误；由特称命题的否定为全称命题可得D正确，得解.【详解】解:对于选项A,命题的逆否命题为将条件、结论互换,再同时进行否定,可得命题“若，则”的逆否命题是“若，则”,即A正确；对于选项B,“”的充要条件为“”,又“”是“”的充分不必要条件,即B正确；对于选项C,为假命题，则、至少有1个为假命题,即C错误；对于选项D,由特称命题的否定为全称命题可得命题：“，使得”，则非：“，”,即D正确,故选.【点睛】本题考查了四种命题关系、充分必要条件及特称命题与全称命题，重点考查了简洁的逻辑推理，属基础题.11.若不等式成立的充分条件为，则实数a的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由已知中不等式成立的充分条件是，令不等式的解集为A，可得，可以构造关于a的不等式组，解不等式组即可得到答案.【详解】解：不等式成立的充分条件是，设不等式的解集为A，则，当时，，不满意要求；当时，，若，则，解得.故选：A.12.若实数满意约束条件，且最大值为1，则的最大值为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】首先画出可行域，依据目标函数几何意义得到，再利用基本不等式的性质即可得到的最大值.【详解】由题知不等式组表示的可行域如下图所示：目标函数转化为，由图易得，直线在时，轴截距最大.所以.因为，即，当且仅当，即，时，取“”.故选：A【点睛】本题主要考查基本不等式求最值问题，同时考查了线性规划，属于中档题.二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．13.假如复数满意，则的最大值是___________.【答案】【解析】【分析】依据复数的几何意义及复数的模公式，再利用三角函数的性质即可求解.【详解】设，则因为，所以，即.令，则，当，即时，取得最大值为，即，所以的最大值是.故答案为：14.某中学为了了解学生收看空中课堂的详细状况，利用分层抽样的方法从中学三个年级的学生中随机抽取了名进行问卷调查，其中从高一年级的学生中抽取了名，从高二年级的学生中抽取了名，若高三年级共有学生名，则该中学共有学生____________名．【答案】【解析】【分析】首先求出样本中高三年级抽取的学生数，即可求出该中学共有的学生数；【详解】解：依题意可得样本中高三年级抽取了名学生，所以该中学共有学生名学生；故答案为：15.向平面区域内随机投入一点，则该点落在曲线下方的概率为______.【答案】【解析】【分析】由题意画出图形，分别求出正方形及阴影部分的面积，再由几何概型概率面积比得答案．【详解】作出平面区域，及曲线如图，，．向平面区域，内随机投入一点，则该点落在曲线下方的概率为．故答案为：．【点睛】本题主要考查几何概型概率的求法，考查数形结合的解题思想方法，意在考查学生对这些学问的理解驾驭水平．16.从某小学随机抽取100名同学，将他们的身高（单位：厘米）数据绘制成频率分布直方图（如图）.用频率分布直方图估计的小学生的身高的平均值为_________【答案】124.5【解析】【分析】依据频率分布直方图，计算身高的平均值【详解】因为直方图中的各个矩形的面积之和为1，所以有10×（0.005+0.035+a+0.020+0.010）＝1，解得a＝0.030；依据频率分布直方图，计算平均数为105×0.05+115×0.35+125×0.3+135×0.2+145×0.1＝124.5cm故答案为124.5cm【点睛】本题考查了频率分布直方图的应用问题，考查了平均数的计算问题，是基础题目．三、解答题:本大题共6小题，共计70分.解答应写出文字说明．证明过程或演算步骤.17.已知函数.（1）求的最小正周期和单调递增区间；（2）求在区间上的最大值和最小值.【答案】（1）最小正周期为，增区间为；（2）最大值为，最小值为1.【解析】【分析】(1)利用二倍角的正余弦公式及协助角公式化简函数，再结合正弦型函数的性质计算作答.(2)由(1)及已知求出函数的相位的范围，再结合正弦函数的性质计算作答.【小问1详解】依题意，，则有的最小正周期为，由得，，，所以的最小正周期为，单调增区间为.【小问2详解】由(1)知，当时，，因正弦函数在上递增，在上递减，因此，当，即时，取最大值，当，即时，取最小值1，所以在区间上的最大值为，最小值为1.18.如图，四棱锥的底面是矩形，底面，M为的中点，且．（1）证明：平面平面；（2）若，求四棱锥的体积．【答案】（1）证明见解析；（2）．【解析】【分析】（1）由底面可得，又，由线面垂直的判定定理可得平面，再依据面面垂直的判定定理即可证出平面平面；（2）由（1）可知，，由平面学问可知，，由相像比可求出，再依据四棱锥的体积公式即可求出．【详解】（1）因为底面，平面，所以，又，，所以平面，而平面，所以平面平面．（2）[方法一]：相像三角形法由（1）可知．于是，故．因为，所以，即．故四棱锥的体积．[方法二]：平面直角坐标系垂直垂直法由（2）知,所以．建立如图所示的平面直角坐标系，设．因为，所以，，，．从而．所以，即．下同方法一.[方法三]【最优解】：空间直角坐标系法建立如图所示的空间直角坐标系，设，所以，，，，．所以，，．所以．所以，即．下同方法一.[方法四]：空间向量法由，得．所以．即．又底面，在平面内，因此，所以．所以，由于四边形是矩形，依据数量积的几何意义，得，即．所以，即．下同方法一.【整体点评】(2)方法一利用相像三角形求出求出矩形的另一个边长，从而求得该四棱锥的体积；方法二构建平面直角坐标系，利用直线垂直的条件得到矩形的另一个边长，从而求得该四棱锥的体积；方法三干脆利用空间直角坐标系和空间向量的垂直的坐标运算求得矩形的另一个边长,为最常用的通性通法，为最优解；方法四利用空间向量转化求得矩形的另一边长.19.某商店为了更好地规划某种产品的进货量，该商店从某一年的销售数据中，随机抽取了组数据作为探讨对象，如表（吨）为该商品的进货量，（天）为销售天数：/吨/天（1）依据上述供应的数据，求出关于的回来方程，并预料进货量为时的销售天数；（结果四舍五入）；（2）在该商品进货量不超过吨的前提下任取个值，求该商品进货量恰好有个值不超过吨的概率.参考数据和公式：，，，.【答案】（1）回来直线方程为，预料进货量为时的销售天数约为天（2）【解析】【分析】（1）计算出、，利用最小二乘法求出、的值，可得出回来直线方程，将代入回来直线方程，可得出结果；（2）列举出全部的基本领件，并确定所求事务所包含的基本领件，利用古典概型的概率公式可求得所求事务的概率.【小问1详解】解：，，所以，，所以，，所以回来直线方程为，当时，，预料进货量为时的销售天数为天.【小问2详解】解：进货量不超过吨有、、、、，共个，任取个的基本领件有：、、、、、、、、、，共种结果，恰好有次不超过吨的基本领件有：、、、、、，共种结果，所以所求的概率为.20.新一轮的疫情使得人们的出行受到了极大的限制．在党和政府的正确指挥，全国人民的共同努力下，疫情得到了有效限制，使出行旅游成为可能.年“十一”黄金周，某旅行社报名去红色革命圣地西柏坡、井冈山两地旅游、学习的游客共有人，旅行社将去这两个目的地的游客分别分为三批组织旅游，为了做好游客的行程支配，旅行社对参与旅游的游客人数（单位：名）作了如下统计：第一批其次批第三批西柏坡井冈山已知在参与两地旅游的人中，参与其次批西柏坡游的频率是．（1）现用分层抽样的方法在全部游客中抽取人，帮助旅途后勤工作，问应在第三批参与旅游的游客中抽取多少人？（2）已知，，求第三批参与旅游的游客中到西柏坡旅游的人数比到井冈山旅游的人数多的概率．【答案】（1）人（2）【解析】【分析】（1）利用频率公式可求得的值，可求得的值，再利用分层抽样可求得在第三批参与旅游的游客中所抽取的人数；（2）由已知可得出，求出的取值范围，将“第三批参与旅游的游客中到两地旅游的人数”记为，设“到西柏坡旅游的人数比到井冈山旅游的人数多”为事务，列举出全部的基本领件，并确定事务所包含的基本领件，利用古典概型的概率公式可求得所求事务的概率.【小问1详解】解：因为其次批参与西柏坡游的频率是，所以．解得，所以，第三批参与旅游的总人数为，现用分层抽样的方法在全部游客中抽取名游客，则应在第三批参与旅游的游客中抽取人.【小问2详解】解：由（1）知，，，，所以，，，若将“第三批参与旅游的游客中到两地旅游的人数”记为，则满意该事务的基本领件有：、、、、、、、、、、、、