安徽省淮北市树人高级中学2024-2025学年高二数学下学期期中试题理

PAGEPAGE26安徽省淮北市树人高级中学2024-2025学年高二数学下学期期中试题理一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共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．以复数－24＋mi(m∈R)的实部为首项，虚部为公差的等差数列{an}，当且仅当n＝10时其前n项和最小，则m的取值范围是（）A．B．C． D．2．已知集合A={x|-1≤x≤1}和集合B={y|y=x2}，则A∩B等于（）A．{y|0<y<1}B．{y|0≤y≤1}C．{y|y>0}D．{(0，1)，(1，0)}3．我市中学数学探讨会打算从会员中选拔名男生，名女生组成一个小组去参与数学文化学问竞赛，若，满意约束条件，则该小组最多选拔学生（）A．24名 B．19名 C．16名 D．14名4．我国经典数学名著《九章算术》中有这样的一道题：今有出钱五百七十六，买竹七十八，欲其大小率之，向各几何？其意是：今有人出钱576，买竹子78根，拟分大､小两种竹子为单位进行计算，每根大竹子比小竹子贵1钱，问买大､小竹子各多少根？每根竹子单价各是多少钱？则在这个问题中大竹子每根的单价可能为（）A．6钱 B．7钱 C．8钱 D．9钱5．函数的图象可能是（）A． B．C． D．6．已知二项式的绽开式的二项式项的系数和为64，，则（）A．20 B．30 C．60 D．807．已知某三角函数的部分图象如图所示，则它的解析式可能是（）A．B．C． D．8．若等差数列的公差为d，前n项和为，记则A．数列是等差数列，的公差也为dB．数列是等差数列，的公差为2dC．数列是等差数列，的公差为dD．数列是等差数列，的公差为9．已知，是与向量方向相同的单位向量，向量在向量上的投影向量为，则与的夹角为A． B． C． D．10．我国古代称直角三角形为勾股形，并且直角边中较小者为勾，另始终角边为股，斜边为弦．若为直角三角形的三边，其中为斜边，则，称这个定理为勾股定理．现将这肯定理推广到立体几何中：在四面体中，，为顶点所对面的面积，分别为侧面的面积，则下列选项中对于满意的关系描述正确的为A．B．C． D．11．已知点，，P为曲线上随意一点，则的取值范围为A． B． C． D．12．已知在上的函数满意如下条件：①函数的图象关于轴对称；②对于随意，；③当时，；④函数，，若过点的直线与函数的图象在上恰有8个交点，在直线斜率的取值范围是（）A． B． C． D．二、填空题本题共4小题，每小题5分，共20分.13．过点作函数的切线，则切线方程是_________．14．已知等差数列中，，，数列满意，则______.15．已知点在抛物线：上，过点的直线交抛物线于，两点，若，则直线的倾斜角的正弦值为______.16．已知三棱锥中，二面角的大小为，是边长为4的正三角形，是以为直角顶点的直角三角形，则三棱锥外接球的表面积为______.解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第17～21题为必考题，每个试题考生都必需作答。第22、23题为选考题，考生依据要求作答。（一）必考题：共60分。17．在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且.（1）求角A的大小；（2）求的取值范围.18．四棱锥中，底面为直角梯形，，，，，，为的中点，为的中点，平面底面.（Ⅰ）证明：平面平面；（Ⅱ）若与底面所成的角为，求二面角的余弦值.19．东莞的轻轨给市民出行带来了很大的便利，越来越多的市民选择乘坐轻轨出行，许多市民都会开汽车到离家最近的轻轨站，将车停放在轻轨站停车场，然后进站乘轻轨出行，这给轻轨站停车场带来很大的压力．某轻轨站停车场为了解决这个问题，确定对机动车停车施行收费制度，收费标准如下：4小时内（含4小时）每辆每次收费5元；超过4小时不超过6小时，每增加一小时收费增加3元；超过6小时不超过8小时，每增加一小时收费增加4元，超过8小时至24小时内（含24小时）收费30元；超过24小时，按前述标准重新计费．上述标准不足一小时的按一小时计费．为了调查该停车场一天的收费状况，现统计1000辆车的停留时间（假设每辆车一天内在该停车场仅停车一次），得到下面的频数分布表：（小时）频数（车次）10010020020035050以车辆在停车场停留时间位于各区间的频率代替车辆在停车场停留时间位于各区间的概率．（1）现在用分层抽样的方法从上面1000辆车中抽取了100辆车进行进一步深化调研，记录并统计了停车时长与司机性别的列联表：男女合计不超过6小时306小时以上20合计100完成上述列联表，并推断能否有90%的把握认为“停车是否超过6小时”与性别有关？（2）（i）表示某辆车一天之内（含一天）在该停车场停车一次所交费用，求的概率分布列及期望；（ii）现随机抽取该停车场内停放的3辆车，表示3辆车中停车费用大于的车辆数，求的概率．参考公式：，其中0.400.250.150.100.050.0250.7801.3232.0722.7063.8415.02420．如图，已知椭圆过点，其的左、右顶点分别是，，下、上顶点分别是，，是椭圆上第一象限内的一点，直线，的斜率，满意.（1）求椭圆的方程；（2）过点的直线交椭圆于另一点，求四边形面积的取值范围.21．已知函数，的导数为.（1）当时，探讨的单调性；（2）设，方程有两个不同的零点，求证.选考题：共10分。请考生在第22、23题中任选一题作答。假如多做，则按所做的第一题计分。22．在平面直角坐标系中，已知曲线（为参数），以坐标原点为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系．（1）求曲线的极坐标方程；（2）若点、为曲线上的两点，且，求的最小值．23．已知函数．（1）解不等式；（2）若不等式在实数上的解集不是空集，求正数的取值范围。参考答案1．D【分析】由题可得，，由可求得.【详解】由题可得等差数列{an}的首项，公差，，由题意知，则可解得.故选：D.2．B【分析】先由二次函数的值域求得集合B，再运用集合的交集运算可得选项．【详解】因为B={y|y=x2}，所以B={y|y≥0}，A∩B={y|0≤y≤1}．故选：B．3．B【分析】画出不等式组表示的平面区域，然后求的最大值即可.【详解】画出，满意约束条件表示的平面区域，如图所示．要求招入的人数最多，即取得最大值，目标函数化为，在可行域内随意取，且为正整数，使得目标函数代表的斜率为定值，截距最大时的直线过点，联立得，此时目标函数取得最大值为，故选：B【点睛】本题考查的是线性规划的学问，属于基础题.4．C【分析】依据题意设买大竹子，每根单价为，可得，由，解不等式组即可求解.【详解】依题意可设买大竹子，每根单价为，购买小竹子，每根单价为，所以，即，即，因为，所以，依据选项，，所以买大竹子根，每根元.故选：C【点睛】本题考查了不等式，考查了数据处理实力以及分析实力，属于基础题.5．B【分析】分析四个图像，从而推断函数的性质，利用解除法求解．【详解】由于函数的定义域为，且在上为连续函数，可解除A答案；由于，，，所以，可解除C答案；当时，，故解除D答案；故答案选B.【点睛】本题考查了函数的性质的推断与数形结合的思想方向的应用，属于中档题6．C【分析】依据题意赋值可得，从而求出，再换元，设，将二项式绽开，即可依据二项绽开式的通项公式求出．【详解】依据题意，令可得，即设，即，即，令，解得．∴，可知.故选：C.【点睛】本题主要考查利用二项绽开式的通项公式求某指定项的系数，以及二项式定理，赋值法的应用，解题关键是换元法的运用，意在考查学生的转化实力和数学运算实力，属于中档题．7．C【解析】试题分析：,所以所以它的解析式可能是，选C.考点：三角函数解析式【方法点睛】已知函数的图象求解析式(1).(2)由函数的周期求(3)利用“五点法”中相对应的特别点求.8．D【分析】依据已知写出若等差数列的通项公式和求和公式，依据等差数列通项公式的函数性质推断即可得出结论.【详解】由题可得，，则是关于n的一次函数，则数列是公差为的等差数列，故A，B错误；由是关于n的一次函数，得数列是公差为的等差数列，故C错误；又是关于n的一次函数，则数列是公差为的等差数列，故D正确.故选:D.【点睛】本题考查等差数列的通项公式和求和公式，考查等差数列,是关于的一次函数，公差为，娴熟驾驭等差数列通项公式的函数性质是解题的关键，属于基础题.9．B【分析】设，求出，，再依据向量在向量上的投影向量的定义列式求出，最终利用平面对量的夹角公式可求得结果.【详解】因为是与向量方向相同的单位向量，设，则，所以，得，所以，因为向量在向量上的投影为，且向量在向量上的投影向量为，所以，所以，所以，所以，设与的夹角为，则，又，所以，故选：B．【点睛】关键点点睛：利用向量在向量上的投影向量的定义以及平面对量的夹角公式求解是解题关键.10．C【分析】作四面体，，于点，连接，结合勾股定理可得答案．【详解】作四面体，，于点，连接，如图.即故选C.【点睛】本题主要考查类比推理，解题的关键是将勾股定理迁移到立体几何中，属于简洁题．11．A【分析】结合已知曲线方程，引入参数方程，然后结合和角正弦公式及正弦函数的性质即可求解．【详解】解：设则由可得，令，，，，，，，，，【点睛】本题主要考查了平面对量数量积的运算及三角函数性质的简洁应用，参数方程的应用是求解本题的关键.12．A【分析】先由条件①②，得到函数是周期为的周期函数；依据③求出函数在一个周期上的表达式为，依据④得到的周期为，其图象可由的图象压缩为原来的得到，作出的图象，结合图象，即可求出结果.【详解】因为函数是偶函数，由得，即，所以函数是周期为的周期函数；若，则；因为当时，，所以时，，因为函数是偶函数，所以，即，，则函数在一个周期上的表达式为，因为，，所以函数，，故的周期为，其图象可由的图象压缩为原来的得到，作出的图象如图：易知过的直线斜率存在，设过点的直线的方程为，则要使直线与的图象在上恰有8个交点，则，因为，所以，故.故选：A.【点睛】关键点点睛：求解本题的关键在于，依据条件，由函数基本性质，得到的图象，再由函数交点个数，利用数形结合的方法，即可求解.13．或【解析】试题分析：设切点为,,所以切线方程为,即,又切线过,代入方程得:,分解因式得:,即,解得或,当时,切线方程为;当时,．所以正确答案是或．考点：函数的切线方程．14．【分析】依据等差数列的通项公式求出，从而求出，再利用等差数列的前项和公式即可求解.【详解】由题意，解得，所以，所以，则.故答案为：.15．【分析】求出，设过点的直线方程为，将直线与抛物线联立，利用韦达定理可得，，依据向量可得，从而求出直线的倾斜角，即求.【详解】因为点在抛物线：上，所以，得，所以，设过点的直线方程为：，所以，所以，设，，所以，，又因为，所以，所以，因为直线的斜率，由，所以或，所以.故答案为：【点睛】本题考查了直线与抛物线的位置关系，考查了基本运算求解实力，属于中档题.16．【分析】找到三棱锥外接球球心的位置，求得外接球的半径，进而求得三棱锥外接球的表面积.【详解】依题意，三角形是等边三角形，设其外心为，线段的中点设为，则，且在线段上、.三角形是以为直角顶点的直角三角形，所以其外心为.过在三角形内作.所以是二面角的平面角，所以.设外接球球心为，则平面，平面，所以、，所以.在三角形中，，，,所以外接球的半径，所以外接球的表面积为.故答案为：【点睛】本小题主要考查几何体外接球的有关计算，属于中档题.17．（1）；（2）.【分析】（1）由正弦定理化简等式整理可得，又，可求，结合A为内角即可求得A的值；（2）由三角函数恒等变换化简已知可得，可求的范围，从而可求，即可得解.【详解】（1）由正弦定理可得，，从而可得，，即，又B为三角形的内角，所以，于是，又A为三角形内角，因此，.（2）∵，由可知，，所以，从而，因此，，故的取值范围为.18．（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）.【分析】（Ⅰ）依据线段中点的性质、平行四边形形的判定定理和性质定理，结合面面垂直的性质定理和判定定理、平行线的性质进行证明即可；（Ⅱ）连结，依据等腰三角形的性质，结合面面垂直的性质定理可以证明出底面，这样可以建立以，，分别为，，轴的正方向建立空间直角坐标系，依据空间向量夹角公式进行求解即可.【详解】（Ⅰ）四边形是平行四边形.又，.又面面，面面，面面且面平面平面.（Ⅱ）连结，，为中点，又平面，平面平面，平面平面，底面，又，以，，分别为，，轴的正方向建立空间直角坐标系，设，，取平面的法向量，，，，，，设平面的法向量，，令，，.设二面角的平面角为又为钝角，，即二面角的余弦值为.【点睛】本题考查了证明面面垂直，考查了面面垂直的判定定理和性质定理的应用，考查了利用空间向量夹角公式求二面角的平面角，考查了推理论证实力和数学运算实力.19．（1）列联表见解析，没有超过90%的把握认为“停车是否超过6小时”与性别有关；（2）（i）分布列见解析，；（ii）【分析】（1）先依据频数分布表填写列联表,再将数据代入公式求解即可；（2）（i）的可取值为5,8,11,15,19,30,依据频数分布表分别求得概率,进而得到分布列,并求得期望；（ii）先求得,则,进而求得概率即可【详解】（1）由题,不超过6小时的频率为,则100辆车中有40辆不超过6小时,60辆超过6小时,则列联表如下：男女合计不超过6小时1030406小时以上204060合计3070100依据上表数据代入公式可得所以没有超过90%的把握认为“停车是否超过6小时”与性别有关（2）（i）由题意知：的可取值为5,8,11,15,19,30,则所以的分布列为：5811151930∴（ii）由题意得,所以,所以【点睛】本题考查独立性检验的应用,考查二项分布,考查离散型分布列及期望,考查数据处理实力与运算实力20．（1）；（2）.【分析】（1）由可得，再把已知点的坐标代入后列出关于的方程组求解可得椭圆标准方程；（2）设直线的方程为，求出点，到直线的距离在，再由直线与椭圆相交的弦长公式求得弦长，表示出四边形面积为的函数，由函数性质可得取值范围．【详解】（1）设，则.又，所以.①又由椭圆过点得，②由①②得，，故椭圆方程为.（2），，设直线的方程为，则点，到直线，的距离分别为，.又由得，所以.四边形的面积.由得.故四边形面积的取值范围是.【点睛】本题考查求椭圆标准方程，考查直线与椭圆相交的面积问题．解题时列出关于的方程组是求方程的关键．直线与椭圆相交问题可设出直线方程为，把面积用表示，然后由函数性质得出取值范围．21．（1）当时，在上单调递增，在上单调递减；当时，在上单调递增；（2）证明见解析.【分析】（1）先求导得，再分和探讨即可得的单调性；（2）令函数，则，结合（1）得在上单调递增，，进而得在上单调递减，在上单调递增，再结合，，得，，故.【详解】解：（1），.若，令解得，即在单调递增；令解得时，即在上单调递减.若，易得当时，，即在单调递增.故当时，在上单调递增，在上单调递减；当时，在上单调递增.（2）令，则.由（1）知在上单调递增.又，所以在上，，单调递减；在