新疆哈密市第十五中学2024-2025学年高二数学下学期期末考试试题文含解析

PAGE20-哈密市十五中学2024—2025学年其次学期期末考试高二数学文科试题一、选择题（本大题共12小题，每题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.已知全集，集合，集合，则集合（）A. B. C. D.【答案】A【解析】,所以，故选A.考点：集合的运算.2.设是等差数列的前项和,若,则A. B. C. D.【答案】A【解析】，，选A.3.若为实数且，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由已知得，所以，解得，故选B．考点：复数的运算．4.设，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】试题分析：，．故C正确．考点：复合函数求值．5.下列双曲线中，焦点在轴上且渐近线方程为是A. B. C. D.【答案】C【解析】试题分析：焦点在轴上的是C和D，渐近线方程为，故选C．考点：1．双曲线的标准方程；2．双曲线的简洁几何性质．6.已知点，，向量，则向量（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】设，求出，即得的坐标.【详解】设，因为，所以所以，所以.所以.故选：A.【点睛】本题主要考查向量的坐标表示和坐标运算，意在考查学生对这些学问的理解驾驭水平.7.已知向量，若向量的夹角为，则实数（）A. B. C.0 D.【答案】B【解析】因为所以解得，故选B.考点：平面对量的数量积、模与夹角.8.已知直线与圆相交于两点，则弦长为（）A.5 B.8 C.10 D.12【答案】C【解析】【分析】求出圆心与半径，可推断圆心在直线上，即弦长为直径，【详解】，所以圆心为，半径为，点满意，所以.故选：C【点睛】本题考查了由圆的一般方程求圆的圆心与半径，属于基础题.9.某几何体的三视图如图所示，且该几何体的体积是，则正视图中的值是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】依据几何体的三视图推断出几何体的形态，然后依据棱锥的体积公式计算出正视图中的值即可.【详解】由三视图知，其直观图如下图所示：该几何体是四棱锥，底面是一个直角梯形，所以底面积，高，所以其体积，解得.故选：D.【点睛】本题考查依据几何体的三视图还原几何体的形态以及棱锥体积公式的运用，难度一般.10.函数的图象可能是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】由函数的奇偶性可解除B；由可解除选项A、D.【详解】设，定义域为，，所以为奇函数，故解除选项B；又，解除选项A；，解除选项D.故选：C【点睛】本题考查由解析式选函数图象的问题，涉及到函数的性质，此类题一般从单调性、奇偶性、特别点的函数值入手，是一道简洁题.11.已知椭圆C：的左右焦点为F1,F2离心率为，过F2的直线l交C与A,B两点，若△AF1B的周长为，则C的方程为()A. B. C. D.【答案】A【解析】【详解】若△AF1B的周长为4,由椭圆的定义可知,,,,，所以方程为，故选A.考点：椭圆方程及性质12.已知正实数a、b、c满意，，其中e是自然对数的底数，则的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由转化为，可得，令，可得，，再利用导数探讨其单调性极值与最值即可.【详解】由转化为，，令，则，，，令，解得.当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，当时，函数取得微小值即最小值，，又，，，，因此的最大值为，综上可得：，即的取值范围是.故选：D【点睛】本题考查了利用导数求函数单调性、最值，驾驭基本初等函数的导数，属于中档题.二、填空题：共4小题，每小题5分，共20分.13.阅读如图所示的框图，运行相应的程序，输出S的值为________.【答案】【解析】【分析】依据程序框图的运行步骤，写出每次循环运行的结果即可求解.【详解】，，不成立；故，成立；故输出S的值为.故答案为：【点睛】本题考查了程序框图，意在考查考生的阅读实力，属于基础题.14.函数的定义域为__________．【答案】【解析】要使函数有意义，则必需，解得：，故函数的定义域为：．点睛：常见基本初等函数定义域的基本要求(1)分式函数中分母不等于零．(2)偶次根式函数的被开方式大于或等于0.(3)一次函数、二次函数的定义域均为R.(4)y＝x0的定义域是{x|x≠0}．(5)y＝ax(a>0且a≠1)，y＝sinx，y＝cosx的定义域均为R.(6)y＝logax(a>0且a≠1)的定义域为(0，＋∞)．(7)y＝tanx的定义域为.15.已知递增的等比数列中，，，则________.【答案】【解析】【分析】由等比数列的性质可知可化为，再由求出，从而可求出公比，然后可求出的值.【详解】解：因为数列为等比数列，且，所以，因为数列为递增等比数列，所以由,得，设等比数列的公比为，则，得，，所以.故答案为：【点睛】此题考查等比数列的性质和基本量运算，属于基础题.16.已知定义在R的奇函数满意，且时，，下面四种说法①；②函数在［-6，-2］上是增函数；③函数关于直线对称；④若，则关于的方程在［-8，8］上全部根之和为-8，其中正确的序号__________．【答案】①④【解析】取x=1,得f(1−4)=f(−3)=−f(1)=−log2(1+1)=−1，,所以f(3)=−f(−3)=1，故①正确；定义在R上的奇函数f(x)满意f(x−4)=−f(x),则f(x−4)=f(−x)，∴f(x−2)=f(−x−2)，∴函数f(x)关于直线x=−2对称，由于函数对称中心原点(0,0)的对称点为(4,0),故函数f(x)也关于(4,0)点对称，故③不正确；∵x∈[0,2]时,f(x)=log2(x+1)为增函数，由奇函数在对称区间上单调性相同可得,x∈[−2,0]时，函数为单调增函数，∴x∈[−2,2]时，函数为单调增函数，∵函数f(x)关于直线x=−2对称,∴函数f(x)在[−6,−2]上是减函数，故②不正确；若m∈(0,1),则关于x的方程f(x)−m=0在[−8,8]上有4个根，其中两根的和为−6×2=−12，另两根的和为2×2=4，所以全部根之和为−8.故④正确故答案为①④三、解答题：共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.在中，角，，所对的边分别是，，，且，，成等差数列.（1）若，，求；（2）若，，成等差数列，试推断的形态.【答案】（1）（2）等边三角形【解析】【分析】（1）由，，成等差数列得，然后由正弦定理算出即可（2）由，得，再结合可推出，进而得出是等边三角形【详解】（1）由，，得.由，得，得.又，∴，∴，∴.（2）由，得，又.得，得，∴.∴，又，∴.所以是等边三角形.【点睛】本题考查的是正余弦定理，属于常见题型.18.某中学将100名高一新生分成水平相同的甲，乙两个“平行班”，每班50人.陈老师采纳A，B两种不同的教学方式分别在甲，乙两个班级进行教改试验.为了解教学效果，期末考试后，陈老师分别从两个班级中各随机抽取20名学生的成果进行统计，作出茎叶图如下，计成果不低于90分者为“成果优秀”.（1）从乙班样本的20个个体中，从不低于86分的成果中随机抽取2个，求抽出的两个均“成果优秀”的概率.（2）由以上统计数据填写下面2×2列联表，并推断是否有90%的把握认为“成果优秀”与教学方式有关.甲班（A方式）乙班（B方式）总计成果优秀成果不优秀总计附：临界值表【答案】（1）；（2）列联表见详解；有90%的把握认为“成果优秀”与教学方式有关.【解析】【分析】（1）利用列举法确定基本领件个数，由此能求出抽出的两个均“成果优秀”的概率.（2）由已知数据能完成2×2列联表，据列联表中的数据，求出，所以有90%的把握认为“成果优秀”与教学方式有关.【详解】（1）设抽出的两个均“成果优秀”为事务，从不低于86分的成果中随机抽取2个的基本领件为，，，，，，，，，，，，，，，共个.而事务包含的基本领件：，，，，，，，，，，共个.所以所求概率为.（2）由已知数据可得：甲班（A方式）乙班（B方式）总计成果优秀成果不优秀总计依据2×2列联表中数据，所以有90%的把握认为“成果优秀”与教学方式有关.【点睛】本题主要考查了古典概型、完善列联表、独立性检验的基本思想，考查了基本运算求解实力，属于基础题.19.已知抛物线上一点到焦点的距离.（1）求抛物线的方程；（2）过点引圆的两条切线，切线与抛物线的另一交点分别为，线段中点的横坐标记为，求的取值范围.【答案】（1）（2）见解析【解析】【分析】（1）由题意确定p的值即可确定抛物线方程；（2）很明显切线斜率存在，由圆心到直线的距离等于半径可得是方程的两根，联立直线方程与抛物线方程可得点的横坐标.结合韦达定理将原问题转化为求解函数的值域的问题即可.【详解】（1）由抛物线定义,得，由题意得：解得所以，抛物线的方程为.（2）由题意知，过引圆切线斜率存在，设切线的方程为，则圆心到切线的距离，整理得，.设切线的方程为,同理可得.所以，是方程的两根，.设，由得，，由韦达定理知，，所以，同理可得.设点的横坐标为，则.设，则，所以，，对称轴，所以【点睛】本题主要考查抛物线方程的求解，直线与抛物线的位置关系等学问，意在考查学生的转化实力和计算求解实力.20.如图，已知直四棱柱的底面是直角梯形，，，，分别是棱，上的动点，且，，．（1）证明：无论点怎样运动，四边形都为矩形；（2）当时，求几何体的体积.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】分析：(1)要证明无论点怎样运动,四边形为矩形；我们可依据已知中直四棱柱的底面是直角梯形，分别是上的动点，且，先由线面平行的性质定理，推断出四边形为平行四边形，再证明其邻边相互垂直，进而得到答案；（2）连接，我们易依据已知条件，结合直棱柱的几何特征和勾股定理，推断出到为四棱锥的高，依据及，我们计算出四棱锥面面积的和高，代入棱锥体积公式即可得到答案.详解：（1）在直四棱柱中，，∵，∴，又∵平面平面，平面平面，平面平面，∴，∴四边形为平行四边形，∵侧棱底面，又平面内，∴，∴四边形为矩形；（2）证明：连结，∵四棱柱为直四棱柱，∴侧棱底面，又平面内，∴，在中，，，则；在中，，，则；在直角梯形中，；∴，即，又∵，∴平面；由（Ⅰ）可知，四边形为矩形，且，，∴矩形的面积为，∴几何体的体积为.点睛：本题主要考查线面平行、面面平行、线线平行之间的转换，以及线面垂直、线线垂直的证明，属于中档题.解答空间几何体中的平行、垂直关系时，一般要依据已知条件把空间中的线线、线面、面面之间的平行、垂直关系进行转化，转化时要正确运用有关的定理，找出足够的条件进行推理；解答本题的关键是由线线垂直证明线面垂直，进而证明面面垂直.21.已知函数（为自然对数的底数）（1）若曲线在点处的切线平行于轴，求的值；（2）求函数的极值；（3）当时，若直线与曲线没有公共点，求的最大值.【答案】（1）（2）当时，函数无微小值；当，在处取得微小值，无极大值（3）的最大值为【解析】【分析】（1）求出，由导数的几何意义，解方程即可；（2）解方程，留意分类探讨，以确定的符号，从而确定的单调性，得极大值或微小值（极值点多时，最好列表表示）；（3）题意就是方程无实数解，即关于的方程在上没有实数解．一般是分类探讨，时，无实数解，时，方程变为，因此可通过求函数的值域来求得的范围．【详解】（1）由,得．又曲线在点处的切线平行于轴,得,即,解得．（2）,①当时,,为上的增函数,所以函数无极值．②当时,令,得,．;,．所以在上单调递减,在上单调递增,故在处取得微小值,且微小值为,无极大值．综上,当时,函数无微小值当,在处取得微小值,无极大值．（3）当时令,则直线:与曲线没有公共点,等价于方程在上没有实数解．假设,此时,,又函数的图象连绵不断,由零点存在定理,可知在上至少有一解,与“方程在上没有实数解”冲突,故．又时,,知方程在上没有实数解．所以的最大值为．解法二:（1）（2）同解法一．（3）当时,．直线:与曲线没有公共点,等价于关于的方程在上没有实数解,即关于的方程:（*）在上没有实数解．①当时,方程（*）可化为,在上没有实数解．②当时,方程（*）化为．令,则有．令,得,当改变时,的改变状况如下表:

减

增

当时,,同时当趋于时,趋于,从而的取值范围为．所以当时,方程（*）无实数解,解得的取值范围是．综上,得的最大值为．考点：导数的几何意义，极值，导数与单调性、值域，方程根的分布．【第22题和23题任选一题作答】选修4-4极坐标与参数方程22.已知曲线，直线：（为参数）.（I）写出曲线的参数方程，直线的一般方程；（II）过曲线上随意一点作与夹角为的直线，交于点，的最大值与最小值．【答案】（I）；（II）最大值为，最小值为.【解析】试题分析：（I）由椭圆的标准方程设，得椭圆的参数方程为，消去参数即得直线的一般方程为；（II）关键是处理好与角的关系．过点作与垂直的直线，垂足为，则在中，，故将的最大值与最小值问题转化为椭圆上的点，到定直线的最大值与最小值问题处理．试题解析：（I）曲线C的参数方程为（为参数）．