雅礼集团2025年春季3月考试数学试卷(教师版)

雅礼教育集团2025年上学期3月考试试卷高二数学时量:120分钟分值:150分单项选择题:本大题共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、设集合,下列结论中正确的是()A. B. C. D.【答案】【解析】因为集合,所以,因此,所以不正确,正确.又因为,所以不正确.故选.2、已知函数的图像关于点对称,则()A. B. C. D.【答案】【解析】函数的图像关于点对称,则,即.因为,所以.故选.3、复数满足,则的虚部为()A. B. C.2 D.【答案】【解析】因为,所以,所以的虚部为2.故选.4、边长为1的正三角形中,的值为()A.1 B.2 C. D.【答案】【解析】如图,作菱形,则由余弦定理得,所以故选.、已知,则曲线在点处的切线方程为() B.C. D.【答案】A【解析】,当时,,故切点为(1,0),切线在该点处的斜率为,故曲线在点处的切线方程为,即.6、如图,三棱柱中,,分别是、的中点,平面将三棱柱分成体积为(左为,右为)两部分,则()A. B. C. D.【答案】【解析】设三角形的面积为,三角形与三角形的面积为,三棱柱的高为,则有,设三棱柱的体积为,又因为①,②,所以③,由题意可知④,由①②③④可得,所以,所以.故选:.★7、如图1所示,双曲线具有光学性质;从双曲线右焦点发出的光线经过双曲线镜面反射,其反射光线的反向延长线经过双曲线的左焦点.若双曲线的左、右焦点分别为,从发出的光线经过图2中的两点反射后,分别经过点和,且,则的离心率为()图1图2A. B. C. D.【答案】B【详解】由题意可知直线都过点,如图,则有,设,则,所以,故,所以,因此,在,即,整理得即,解得,所以,令双曲线半焦距为,在中,,即,解得,所以的离心率为.故选:B8、已知函数的定义域为是的导数,且,若为偶函数,则()A.80 B.75 C.70 D.65【答案】【解析】因为为偶函数,所以,所以,是奇函数,所以,因为,所以,所以,,所以,所以,又,所以是周期为4的函数, 故选:.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,有选错的得0分,部分选对的得2分.、已知抛物线的焦点到准线的距离是4,直线过它的焦点且与交于,两点,为弦的中点,则下列说法正确的是()A.抛物线的焦点坐标是(2,0)B.C.若,则D.若以为圆心的圆与的准线相切,则是该圆的一条直径【答案】ABD【解析】对选项,抛物线的焦点到准线的距离是4,所以,故正确.对选项,当直线的斜率不存在时,,所以,当直线的斜率存在时,设,得:,所以.故正确.对选项,,故错误.对选项,如图所示:过分别向准线作垂线,垂足为,因为,所以,即:以为直径的圆与的准线相切,故正确.故选:ABD10、一个不透明的口袋中有8个大小相同的球,其中红球4个,白球1个,黑球3个,则下列选项正确的有()A.从该口袋中任取3个球,设取出的红球个数为,则数学期望B.每次从该口袋中任取一个球,记录下颜色后放回口袋,先后取了3次,设取出的黑球次数为,则C.从该口袋中任取3个球,设取出的球的颜色有种,则数学期望D.每次从该口袋中任取一个球,不放回,拿出红球即停,设拿出的黑球的个数为,则数学期望【答案】【解析】【分析】本题考查了离散型随机变量的期望,二项分布等,属于中档题.对于,分别计算随机变量取不同值时对应的概率,即可求解期望值,对于,则可求.【解答】对于的可能值:0,1,2,3,则,故正确;对于的可能值:0,1,2,3,取球一次取到黑球的概率为,因取球一次有取到黑球和没取到黑球两个结果,因此,,故错误;对于的可能值:1,2,3, 则,故正确;对于的可能值:0,1,2,3,因为对应的事件为:红或白红,所以,因为对应的事件为:黑红或黑白红或白黑红,所以,因为对应的事件为:黑黑红或黑黑白红或白黑黑红或黑白黑红,所以,所以,则,故正确.故选:ACD.高斯被誉为“数学王子”,是世界上伟大数学家.用他名字定义的函数表示不超过的最大整数)称为高斯函数.已知正项数列的前项和为,且,令,则下列结论正确的有()A. B.C. D.【答案】【解析】【解析】对于,当时,,化简得,又,解得,则是以1为首项,1为公差的等差数列,,选项错,选项正确;对于,,,选项正确;对于,当时,,,又,,,故对.故选:BCD.三、填空题:本大题共3小题,每小题5分,共15分.★12、已知,若,则_____【答案】【解析】令,可得,解得,,展开式中的系数为.★13、2024年第二届贵州“村超”总决赛阶段的比赛正式拉开帷幕某校足球社的6名学生准备分成三组前往村超球队所在的平地村、口寨村、忠诚村3个村寨进行调研,每个村各有一组来调研,每个组至多3名学生,则不同的安排方法种数为_____【答案】450种【解析】由题意可知6个人分成三组且每组最多3名学生,所以可以分成1,2,3或2,2,2两类,当6人分成1,2,3三组,有种分法,当6人分成2,2,2三组,有种分法,所以不同的安排方法种数为种★14、已知不等式在区间上恒成立,则实数的取值范围是_____【答案】【解析】设,则对有,对有.从而在(0,1)上递减,在上递增,所以,故.①一方面,在条件中令,即得.假设,则,从而,矛盾.所以一定有.②另一方面,若:首先有%.以及.将两个不等式相加,就得到,从而.由于,故,所以对任意,有.而对任意的,显然也有,所以,从而时条件一定满足.综合①②两个方面,可知的取值范围是.法二:指对同构四、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、如图,四棱锥的底面是矩形,是等边三角形,平面平面,分别是的中点,与交于点.(1)求证:平面；(2)平面与直线交于点,求直线与平面所成角的大小.【答案】(1)略(2)【解析】(1)证明:因为为正三角形,是中点,所以,又因为平面平面,平面平面,所以平面,因为,所以,所以,又因为在平面内且相交,故平面;(2)因为分别为的中点,所以,又平面过且不过,所以平面,又平面交平面于,故,进而,因为是中点,所以是的中点,以为原点,所在直线分别为轴,建立空间直角坐标系,则,所以,设平面的法向量为,则,解得,令,得,所以,所以,所以,所以直线与平面所成角的大小为.16、(本小题15分)已知分别是角的对边,的面积.(1)证明:;(2)若为的平分线,交于点,且,,求的长.【答案】(1)略(2)【解析】(1)证明:因为,化简得,由正弦定理,得,又,所以,整理得,又为的内角,所以,即；(2)因为为的平分线,且,所以,所以,在等腰三角形中,,①又,,化简得,又②①代入②,得,解得或(舍去),,在中,由余弦定理得:.17、南澳县是广东唯一的海岛县,海区面积广阔,发展太平洋牡蛎养殖业具有得天独厚的优势,所产的“南澳牡蛎”是中国国家地理标志产品,产量高、肉质肥、营养好,素有“海洋牛奶精品”的美誉.根据养殖规模与以往的养殖经验,产自某南澳牡蛎养殖基地的单个“南澳牡蛎”质量(克)在正常环境下服从正态分布.(1)购买10只该基地的“南澳牡蛎”,会买到质量小于的牡蛎的可能性有多大？(2)2019年该基地考虑增加人工投入,现有以往的人工投入增量(人)与年收益增量(万元)的数据如下:人工投入增量(人)234681013年收益增量(万元)13223142505658该基地为了预测人工投入增量为16人时的年收益增量,建立了与的两个回归模型:模型①:由最小二乘公式可求得与的线性回归方程:;模型②:由散点图的样本点分布,可以认为样本点集中在曲线:的附近,令(i)根据所给的统计量,求模型②中关于的回归方程(精确到0.1)；(ii)根据下列表格中的数据,比较两种模型的决定系数,并选择拟合精度更高、更可靠的模型,预测人工投入增量为16人时的年收益增量.回归模型模型①模型②回归方程182.479.2附:若随机变量,则决定系数.【答案】(1)1.29%(2)(i)(ii)当时,模型②年收益增量预测值为:(万元),这个结果比较模型①的预测精度更高、更可靠.【解析】(1)由已知,单个“南澳牡蛎”质量,则,由正态分布的对称性可知设购买10只该基地的“南澳牡蛎”,其中质量小于的牡蛎为只故,则,这10只“南澳牡蛎”中,会买到质量小于20g的牡蛎的可能性仅为1.29%;(2)(i)由,有,且,所以模型②中关于的回归方程为；(ii)由表格中的数据,有182.4>79.2,即,模型①的小于模型②,说明回归模型②刻画的拟合效果更好,当时,模型②年收益增量预测值为:(万元),这个结果比较模型①的预测精度更高、更可靠.18、已知椭圆,定义椭圆上的点的“伴随点”为.(1)求椭圆上的点的“伴随点”的轨迹方程;(2)如果椭圆上的点的“伴随点”为,对于椭圆上的任意点及它的“伴随点”,求的取值范围;(3)当时,直线交椭圆于两点,若点的“伴随点”分别是,且以为直径的圆经过坐标原点,求的面积.【答案】(1)(2)【详解】(1)设.所以,根据“伴随点”的定义,有,则又因为,所以,即所以,椭圆上的点的“伴随点”的轨迹方程为(2)由(1)知,椭圆上的点的“伴随点”的轨迹方程为,因为椭圆上的点的“伴随点”为,所以,根据“伴随点”的定义与(1)中结论,有,解得.因为点在椭圆上,所以,所以,,且,所以因为,所以,所以的取值范围是(3)由题意,得椭圆的方程为.设,则联立椭圆和直线的方程,得所以由题意,得,所以.①因为为直径的圆经过坐标原点,所以,即,所以.②将①代入②,化简,得.所以,所以又因为点到直线的距离,所以.19、定义:如果函数在定义域内,存在极大值和极小值,且存在一个常数,使成立,则称函数为极值可差比函数,常数称为该函数的极值差比系数.已知函数(1)当时,求；(2)是否存在使的极值差