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）

这是一份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），共16页。试卷主要包含了本试卷主要考试内容等内容，欢迎下载使用。
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：B
2. 已知，则的虚部是（ ）
A. 3B. 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：A
3. 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：C
4. 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：D
5. 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：B
6. 已知点在直线上，则的最小值为（ ）
A. B. 5C. 25D.
【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：C
7. 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. 8B. 12C. 10D. 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：B
8. 已知定义在R上的函数满足，，，则（ ）
A. B. 1C. 2D. 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7
D. 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：ABD
10. 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4B. 圆心C到直线l的距离为4
C. 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：BC
11. 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：
（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，，
所以所求的伸缩变换为；
【小问2详解】
解：由，可得，
代入，可得，则，
所以曲线C的方程为．
②证明：由题意可知，直线斜率存在，
设的方程为，，．
联立方程，消去得，
则，
解得，
可得，．
因为，所以直线的方程为，
令，解得，即，
同理可得，
则
，
所以线段的中点是定点．
【点睛】方法点睛：解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：
（1）注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；
（2）强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．
日均数学自主学习时间
频率
0.05
0.10
0.25
0.35
0.15
0.10