贵州省毕节梁才学校等2024-2025学年高二上学期期末考试数学试题 （解析版）

第页，共页第16页，共16页2024年秋季高二年级期末考试试卷数学注意事项：1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上.2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.4．本试卷主要考试内容：人教A版必修第一、二册，选择性必修第一册，选择性必修第二册第四章.一、选择题：本题共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.已知集合，，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据交集的定义计算可得.【详解】因为，，所以.故选：B2.已知，则的虚部是（）A.3 B. C. D.2【答案】A【解析】【分析】首先得到，即可判断.【详解】因为，所以，所以的虚部是.故选：A3.在等比数列中，，，则公比（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据等比数列通项公式计算可得.【详解】因为，，所以，即，解得.故选：C4.已知角满足，则=（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用二倍角公式计算可得.【详解】因为，所以.故选：D5.已知向量，满足，，与的夹角为，则在方向上的投影向量为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用数量积的定义求出，再根据在方向上的投影向量为计算可得.【详解】因为，，与的夹角为，所以，所以在方向上的投影向量为.故选：B6.已知点在直线上，则的最小值为（）A. B.5 C.25 D.【答案】C【解析】分析】依题意可得，再由乘“1”法及基本不等式计算可得.【详解】因为点在直线，所以，即，所以，当且仅当，即时取等号.故选：C7.已知抛物线的焦点为，点，P是抛物线C上的一个动点，则的最小值为（）A.8 B.12 C.10 D.16【答案】B【解析】【分析】首先求出抛物线的准线方程，过点作垂直于准线，交准线于点，根据抛物线的定义得到，从而求出的最小值.【详解】抛物线的焦点为，准线方程为，过点作垂直于准线，交准线于点，则，所以，当且仅当、、三点共线时取等号，所以的最小值为.故选：B8.已知定义在R上的函数满足，，，则（）A. B.1 C.2 D.0【答案】A【解析】【分析】由题意可得4为函数的一个周期，利用赋值法可求得，，，可求值.【详解】由，可得，所以，所以4为函数的一个周期，又因为，令，得，令，可得，令，可得，所以，所以.故选：A.二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9.已知曲线的两个焦点为，，为曲线上不与，共线的点，则下列说法正确的是（）A.若，则B.若，则C.若，则的周长为7D.若，则的离心率为【答案】ABD【解析】【分析】根据各选项参数的值得到相应的方程，结合椭圆、双曲线的性质一一计算可得.【详解】对于A：当，则曲线，表示焦点在轴上的椭圆，则，故A正确；对于B：当，则曲线，表示焦点在轴上的双曲线，则，故B正确；对于C：当，则曲线，表示焦点在轴上的椭圆，则，又，所以的周长，故C错误；对于D：当，则曲线，表示焦点在轴上的双曲线，则，，所以的离心率，故D正确.故选：ABD10.已知圆与直线，点P在圆C上，点Q在直线l上，则（）A.圆C的半径为4 B.圆心C到直线l的距离为4C. D.【答案】BC【解析】【分析】将圆的方程化为标准方程，再逐项判断.【详解】解：圆的标准方程为：，半径为2，故A错误；圆心到直线的距离为，故B正确；，无最大值，故C正确，D错误；故选：BC11.在长方体中，，，E为的中点，动点P在长方体内（含表面），且满足，记动点P的轨迹为Ω，则（）A.Ω的面积为B.平面与Ω所在平面平行C.当时，存在点P，使得D.当时，三棱锥的体积为定值【答案】ACD【解析】【分析】取的中点，连接，四边形为动点P的轨迹Ω，求得面积判断A；连接，可证明平面平面，从而可判断B；以为坐标原点，所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，转化为是否有解问题处理，求解可判断C；确定的位置，进而可判断D.【详解】因为，所以在确定的平面内，又，取的中点，连接，则四边形为动点P的轨迹Ω，因为长方体中，，，所以，，进而可求得等腰梯形的高，所以梯形的面积为，故A正确；连接，因为且，所以四边形是平行四边形，所以，因为平面，平面，所以平面，同理可证平面，又，平面，所以平面平面，又平面平面，所以平面与Ω所在平面不平行，故B错误；以为坐标原点，所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，则，所以，当，则，所以，假设，则，即，解得，所以当时，存在点P，使得，故C正确；当时，点在上，则时点到平面的距离为定值，又三角形的面积为定值，所以三棱锥的体积为定值，故D正确.故选：ACD.【点睛】关键点点睛：建立空间直角坐标系，将是否存在点P，使得，转化为方程是否有解问题，转化思想是数学的一种常见思想方法.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.若函数是偶函数，则m=___________【答案】1【解析】【分析】根据偶函数的概念求解即可.【详解】函数的定义域为所以，若函数是偶函数则，则，解得。故答案为：.13.《九章算术·商功》中将正四面形棱台（即正四棱台）建筑物称为方亭．现有一方亭，已知，且该方亭的高为6，体积为26，则________．【答案】【解析】【分析】根据棱台的体积公式计算可得.【详解】依题意可得，即，即，解得或（舍去）.故答案为：14.已知函数．若方程在区间内无解，则的取值范围是________．【答案】【解析】【分析】利用两角差的正弦公式将函数化简，求出函数的零点，即可得到，从而求出的取值范围.【详解】因为，，令，解得，所以的零点分别为，，，，，，因为方程在区间内无解，所以，解得，所以的取值范围是.故答案为：【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是由三角恒等变换公式化简函数解析式，再结合正弦函数的性质计算.四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15.在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知．（1）求角A的大小；（2）已知，，求的面积．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由二倍角的正弦公式可求得，可求角A的大小；（2）利用余弦定理可得，可求，进而可求的面积．【小问1详解】由，可得，又，所以，所以，所以；【小问2详解】由（1）知，由余弦定理可得，又，，所以，解得或（舍去），所以.16.为了了解高二年级学生的数学学习情况，某学校对高二年级学生的日均数学自主学习时间进行了调查，随机抽取200名学生的日均数学自主学习时间（单位：分钟）作为样本，经统计发现这200名学生的日均数学自主学习时间均在内，绘制的频率分布表如下表所示：日均数学自主学习时间频率0.050.100.250.350.150.10（1）试估计这200名学生日均数学自主学习时间的平均数（同一组数据用该组区间的中点值作代表）；（2）试估计这200名学生的日均数学自主学习时间的第30百分位数；（3）现采用分层随机抽样从日均数学自主学习时间在与内的学生中抽取5名学生进行个案分析，再从这被抽取的5名学生中随机抽取3名学生提供个性化指导方案，求被抽取的3名学生中至少有2名学生的日均数学自主学习时间在内的概率．【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）根据每组的频率与组中值之积，再求和，即可得解；（2）根据百分位数的定义计算可得；（3）分别求出、中抽取的人数，再利用列举法列出所有可能结果，最后利用古典概型的概率公式计算可得.【小问1详解】依题意可得日均数学自主学习时间的平均数为：；【小问2详解】因，，所以第百分位数位于，设为，则，解得，所以第百分位数为；【小问3详解】依题意中抽取名学生，分别记作、、，中抽取名学生，分别记作、，从这5名学生中，随机抽取3名学生，则可能结果有：，，，，，，，，，共个；其中至少有2名学生的日均数学自主学习时间在有，，，，，，共个，所以至少有2名学生的日均数学自主学习时间在的概率；17.如图，在四棱锥中，底面满足，，底面，且，．（1）证明：平面平面．（2）求平面与平面夹角的余弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）依题意可得平面平面，根据面面垂直性质得到平面，即可得证；（2）构建空间直角坐标系，应用向量法求面面角的余弦值即可.【小问1详解】因为底面，平面，所以平面平面，又平面平面，，平面，所以平面，又平面，所以平面平面；【小问2详解】因为底面，，如图建立空间直角坐标系，显然面的一个法向量为，又，，，则，设是平面的一个法向量，则，令，则，则，所以平面与平面的夹角的余弦值为.18.已知公差为2的等差数列满足，数列满足，．（1）求数列，的通项公式．（2）设，数列的前n项和为．（ⅰ）求；（ⅱ）若不等式对任意的恒成立，求λ的最大值．【答案】（1）；（2）（ⅰ）；（ⅱ）λ的最大值为7【解析】【分析】（1）由等差数列的通项公式求得，从而求得数列的通项公式，由递推公式可得数列是等比数列，从而求出数的通项公式；（2）（ⅰ）由（1）可得数列的通项公式，利用错位相减法求出；（ⅱ）由，可得，构造数列，利用作差法判断数列的单调性，从而求得的最大值.【小问1详解】因为数列是公差为2的等差数列，且，所以，所以，解得，所以，因为，所以，所以是以为首项，2为公比的等比数列，所以，所以；【小问2详解】（ⅰ）因为，所以，所以，两式相减得，所以；（ⅱ）由，可得，令，则，所认单调递增，所以，所以λ的最大值为7．19.在平面直角坐标系xOy中，对于任意一点，总存在一点满足关系式（，），则称为平面直角坐标系中的伸缩变换．（1）在同一直角坐标系中，求平面直角坐标系中的伸缩变换，使得圆变换为椭圆．（2）在同一直角坐标系中，椭圆经平面直角坐标系中的伸缩变换得到曲线C．①求曲线C的方程；②已知，，过点B的直线交C于E，F两点，直线AE，AF与y轴的交点分别为P，Q，证明：线段PQ的中点为定点．【答案】（1）所求的伸缩变换为（2）①；②证明见解析【解析】【分析】（1）设，，，结合条件列方程求，可得结论；（2）①由已知可得，代入椭圆，可得曲线的方程；②先确定斜率存在，设EF的方程为，，，利用设而不求法求，再求及其中点坐标，化简证明结论.【小问1详解】将伸缩变换（，）代入，得到，将上式与比较，得，解得，，所以所求