精品解析：云南师范大学附属中学2023-2024学年高二上学期1月期末数学试题

云南师大附中2025届高二年级上学期教学测评期末卷 数学 本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分．第I卷第1页至第2页，第II卷第3页至第4页．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．满分150分，考试用时120分钟． 第I卷（选择题，共60分） 注意事项： 1．答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚． 2．每小题选出答案后，用2B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．在试题卷上作答无效． 一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 已知集合，，，则M子集共有（ ） A. 2个 B. 4个 C. 8个 D. 16个 2. 在数列中，若，，，则（ ） A. 2 B. 1 C. 0 D. 3. 已知等差数列的前n项和为，若，则（ ） A. 20 B. 15 C. 10 D. 5 4. 为了调研某工业新区的空气质量状况，某课题组对甲地、乙地、丙地3地的空气质量进行调查，按地域特点分别在三地设置空气质量观测点．已知甲、乙、丙三地区内观测点的个数分别为2，y，z且依次构成等差数列，而2，，z成等比数列，若用分层抽样的方法抽取观测点的30个数据，则丙地应抽取的数据个数为（ ） A. 18 B. 16 C. 10 D. 4 5. 过点且与曲线相切的直线斜率为（ ） A. B. C. 1 D. 4 6. 在中，，，，E，F为线段AB上点且，则（ ） A. 3 B. C. 2 D. 7. 已知函数的最小正周期为，若将其图象沿x轴向右平移个单位长度所得图象关于对称，则正实数m的最小值为（ ） A. B. C. D. 8. 有两个零点，则a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分） 9. 已知公比为q的等比数列，，则（） A. B. C. 若，则 D. 若，记，则 10. 已知四面体的顶点都在半径为5的球O的球面上，O到平面的距离为3，，则下列选项正确的是（） A. D到平面距离的最小值为2 B. 面积最大值为16 C. 面积最大值为32 D. 四面体体积最大值为 11. 已知函数的定义域为，且满足，，则（ ） A. B. C. D. 12. 已知椭圆C：的左、右焦点分别为，，过作直线与C交于A，B两点，的周长为8．若在C外，点Q在C上，记C的离心率为e，则（ ） A. 的最小值为5 B. C. 存在点Q，使得 D. 当时，点R在C上且满足，则有 第II卷（非选择题，共90分） 注意事项： 第II卷用黑色碳素笔在答题卡上各题的答题区域内作答，在试题卷上作答无效． 三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分） 13. 已知数列的前n项和，则数列的通项公式为________ 14. 若双曲线E：的一条渐近线与圆C：交于A，B两点，若，则E的焦距为________． 15 已知函数，若对任意，且，都有，则________． 16. 设的三边长分别为，，，，2，3，，若，，，，，则当最大时，________． 四、解答题（共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 17. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知，，． （1）求A； （2）设D为BC边上一点且，求的面积． 18. 已知曲线在点处的切线方程为，a，. （1）求a； （2）求在区间上最大值与最小值． 19. 已知数列满足，． （1）求证：是等差数列，并求的通项公式； （2）记，求． 20. 如图，在四棱锥中，底面ABCD是平行四边形，平面，平面平面． （1）求证：平面； （2）设E为PD的中点，，求二面角的正弦值． 21. 已知抛物线的焦点为，为上一点，且. （1）求的方程； （2）过点且斜率存在的直线与交于不同的两点，且点关于轴的对称点为，直线与轴交于点. （i）求点的坐标； （ii）求与面积之和的最小值. 22. 已知，． （1）讨论的单调性及极值点个数； （2）设，若在上恒成立，求实数a的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 云南师大附中2025届高二年级上学期教学测评期末卷 数学 本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分．第I卷第1页至第2页，第II卷第3页至第4页．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．满分150分，考试用时120分钟． 第I卷（选择题，共60分） 注意事项： 1．答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚． 2．每小题选出答案后，用2B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．在试题卷上作答无效． 一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 已知集合，，，则M的子集共有（ ） A. 2个 B. 4个 C. 8个 D. 16个 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，求出集合，进而求出其子集个数 . 【详解】由集合，，得， 所以集合的子集个数为. 故选：C 2. 在数列中，若，，，则（ ） A. 2 B. 1 C. 0 D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，求出数列的周期，再由此求出. 【详解】在数列中，，则， 因此数列数列的周期为3，所以. 故选：D 3. 已知等差数列前n项和为，若，则（ ） A. 20 B. 15 C. 10 D. 5 【答案】B 【解析】 【分析】利用等差数列性质及前n项和公式计算即得. 【详解】依题意，. 故选：B 4. 为了调研某工业新区的空气质量状况，某课题组对甲地、乙地、丙地3地的空气质量进行调查，按地域特点分别在三地设置空气质量观测点．已知甲、乙、丙三地区内观测点的个数分别为2，y，z且依次构成等差数列，而2，，z成等比数列，若用分层抽样的方法抽取观测点的30个数据，则丙地应抽取的数据个数为（ ） A. 18 B. 16 C. 10 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，利用等差中项、等比中项列出方程组求出，再利用分层抽样的抽样比计算即得. 【详解】依题意，，解得， 所以丙地应抽取的数据个数为. 故选：B 5. 过点且与曲线相切的直线斜率为（ ） A. B. C. 1 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】设出切点坐标，利用导数的几何意义求出切线方程，进而求出切线斜率. 【详解】设过点与曲线相切的切点坐标为， 由求导得：，则切线方程为， 于是，整理得，解得， 所以所求切线的斜率为1. 故选：C 6. 在中，，，，E，F为线段AB上的点且，则（ ） A. 3 B. C. 2 D. 【答案】A 【解析】 【分析】由已知结合数量积的运算律可得，再利用向量的线性运算及数量积的运算律计算即得. 【详解】由，得， 则，而，又， 所以. 故选：A 7. 已知函数的最小正周期为，若将其图象沿x轴向右平移个单位长度所得图象关于对称，则正实数m的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用二倍角的余弦公式化简函数并求出，再由平移后的函数图象对称轴列式求解即得. 【详解】依题意，，则，解得，， 将函数的图象沿x轴向右平移个单位长度得的图象， 于是，解得， 所以正实数m的最小值为. 故选：D 8. 有两个零点，则a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求导，，分和两中情况讨论，分析函数的单调性和最值，根据题意可知函数的最小值小于零即可，解不等式即可求出结果. 【详解】函数的定义域为R，求导得， 当，即时，，所以函数在上单调递减， 所以函数至多有1个零点，不合题意； 当，即时，令，得， 当时，，当时，， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 所以 因为函数有两个零点， 所以， 即， 令，则，得， 当时，，当时，， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 所以，所以且， 所以且，解得且. 所以的取值范围为. 故选：A. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用导数求得，再进行整体同构得，再设新函数即可求出范围. 二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分） 9. 已知公比为q的等比数列，，则（） A. B. C. 若，则 D. 若，记，则 【答案】CD 【解析】 【分析】根据等比数列的基本量计算即可判断. 【详解】对于选项因为,所以错误； 对于选项,当首项,公比时，满足题意， 但此时,错误; 对于选项,由,得,正确; 对于选项,, 又,得正确. 故选:. 10. 已知四面体的顶点都在半径为5的球O的球面上，O到平面的距离为3，，则下列选项正确的是（） A. D到平面距离的最小值为2 B. 面积最大值为16 C. 面积最大值为32 D. 四面体体积最大值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A,在小圆上，因为在球面上，所以D到平面距离没有最小值;对于B，根据题意先求,由勾股定理可得，再利用基本不等式即可得到，再利用三角形面积求解即可；对于C,易知当平面时，面积最大;对于D,因为底面积最大、高最大时，四面体的体积最大,结合B、C及体积公式即可求解. 【详解】对于A，如图所示，在小圆上，因为在球面上，所以D到平面ABC距离没有最小值，故A错； 对于B,连接,则平面, 所以， 因为，当且仅当取等号， 此时为等腰直角三角形,面积最大,最大值为,故正确; 对于C，因为为定值，若面积最大,只需点D到直线的距离最大， 当平面时，点D到平面的距离最大，为，此时△ABD面积最大值为,故正确; 对于D，由B知，由C知点D到平面的距离最大值为， 故四面体的体积的最大值为，故正确. 故选:. 11. 已知函数的定义域为，且满足，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】根据给定条件，构造函数，利用导数求出函数的单调性，再逐项分析判断即得. 【详解】令函数，由，得， 则函数在上单调递减， 对于A，，即，则，A正确； 对于B，，即，则，B错误； 对于C，，即，则，而，因此，C正确； 对于D，由选项B知，，又，因此，D错误. 故选：AC 12. 已知椭圆C：的左、右焦点分别为，，过作直线与C交于A，B两点，的周长为8．若在C外，点Q在C上，记C的离心率为e，则（ ） A. 的最小值为5 B. C. 存在点Q，使得 D. 当时，点R在C上且满足，则有 【答案】BD 【解析】 【分析】对于A，由题意求得，结合基本不等式即可判断；对于B，由条件确定范围，结合离心率公式即可判断；对于C，由上定点对两焦点的张角大小即可判断；对于D，设出直线，然后与椭圆联立，再求出相关距离，最后化简计算即可. 【详解】因为的周长为8，所以，即. 因为在C外，代入椭圆方程所以，所以. 对于A：， 当且仅当时，等号成立，所以，故A不正确； 对于B： 椭圆的离心率，即椭圆的离心率的取值范围是，故B正确； 设椭圆的上顶点为，，， 由于， 因为， 当时，此时不存在使得，故C错误； 对于D: 当时,可得：此时椭圆方程为， 设直线为：， 联立，得， 设，，则，， ， ，，， 原点到直线的距离， ， 当的斜率不存在时，仍然满足上述关系， 综上，为定值.故D正确. 故选：BD 第II卷（非选择题，共90分） 注意事项： 第II卷用黑色碳素笔在答题卡上各题的答题区域内作答，在试题卷上作答无效． 三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分） 13. 已知数列的前n项和，则数列的通项公式为________ 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，利用前n项和与第n项的关系求出通项公式. 【详解】数列的前n项和， 当时，， 而，不满足上式， 所以数列的通项公式为. 故答案为： 14. 若双曲线E：的一条渐近线与圆C：交于A，B两点，若，则E的焦距为________． 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，结合圆的性质可得点到渐近线的距离为1，再利用点到直线距离公式计算得解. 【详解】圆C：的圆心，半径，由，得， 则点到直线的距离为1，双曲线E：的渐近线为， 于是，解得，所以E的焦距为. 故答案： 15. 已知函数，若对任意，且，都有，则________． 【答案】4 【解析】 【分析】根据题意可得在上单调递增，从而可得在上恒成立，从而可得在上恒成立，再证明在上恒成立，即可求解. 【详解】对任意且，都有， 不妨设，对任意且，都有， 对任意且，都有， 设，对任意且，都有， 在上单调递增， 在上恒成立， 在上恒成立， 显然时，在上不恒成立，， 在上恒成立， 在上恒成立， 又在上恒成立，证明如下: 设，， 当时，单调递减; 当时，单调递增， ，即， 在上恒成立， 故. 故答案为：4. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是构造得在上单调递增，再利用导数和分离参数法并利用经典不等式即可得到答案. 16. 设的三边长分别为，，，，2，3，，若，，，，，则当最大时，________． 【答案】 【解析】 【分析】构造得，结合得，则. 【详解】因为， ， 则， 则， 又，则， ， 当且仅当时取等号， 又函数在上为减函数， 即当最大时，. 故答案为：. 四、解答题（共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 17. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知，，． （1）求A； （2）设D为BC边上一点且，求的面积． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理边化角即可求得. （2）由（1）的结论，利用余弦定理、正弦定理及三角形面积公式计算得解. 【小问1详解】 在中，由及正弦定理，得， 而，则，又，所以. 【小问2详解】 由（1）知， 由余弦定理得， 由正弦定理得，而为锐角，则， 由，得，又， 所以的面积为. 18. 已知曲线在点处的切线方程为，a，. （1）求a； （2）求在区间上的最大值与最小值． 【答案】（1） （2）最大值为10，最小值. 【解析】 【分析】（1）根据求出值即可； （2）代入值直接求导列表即可得到答案. 【小问1详解】 由，得， 由题意可得，即，解得. 【小问2详解】 由（1）可得， ， 令，可得或，所以在区间上，随变化情况如下表： 0 2 3 0 0 1 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 10 由上表可得在区间上的最大值为10，最小值. 19. 已知数列满足，． （1）求证：是等差数列，并求的通项公式； （2）记，求． 【答案】（1）证明见解析； （2） 【解析】 【分析】（1）根据所证数列的结构，可知对题目所给等式取倒数，然后移项即可证明，然后求出数列 的通项，变形即可的通项； （2）用列项求和的方法即可. 【小问1详解】 因为， ， 即， 数列是首项， 公差的等差数列， 故， 【小问2详解】 因为， =. 20. 如图，在四棱锥中，底面ABCD是平行四边形，平面，平面平面． （1）求证：平面； （2）设E为PD的中点，，求二面角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析； （2）. 【解析】 【分析】（1）在平面内过点作于，利用面面垂直的性质、线面垂直性质判定推理即得. （2）以点为原点建立空间直角坐标系，求出平面、平面的法向量，再利用面面角的向量求法求解即得. 【小问1详解】 在平面内过点作于，由平面平面，平面平面， 得平面，而平面，则，由平面， 平面，得，又平面， 所以平面. 【小问2详解】 由，得，由（1）知平面，则平面， 则直线两两垂直，以点为原点，直线分别为轴建立坐标系， 令，则， ， 设平面的法向量，则，令，得， 设平面的法向量，则，令，得， 设二面角的大小为，则， 所以二面角的正弦值为. 21. 已知抛物线焦点为，为上一点，且. （1）求的方程； （2）过点且斜率存在的直线与交于不同的两点，且点关于轴的对称点为，直线与轴交于点. （i）求点的坐标； （ii）求与的面积之和的最小值. 【答案】（1） （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）由条件结合抛物线的定义列方程求，由此可得抛物线方程； （2）（i）设的方程为，联立方程组并化简，设，应用韦达定理得，写出直线方程，求出它与轴的交点坐标即得； （ii）由（i）的结论计算三角形面积和，结合基本不等式求其最值． 【小问1详解】 由题意可得，解得， 所以的方程为：； 【小问2详解】 （i）由已知可得直线的斜率不为0，且过点， 故可设的直线的方程为， 代入抛物线的方程， 可得， 方程的判别式， 设，， 不妨设，则, 所以直线AD的方程为：，即 即，令，可得， 所以，所以 所以； （ii）如图所示，可得， ， 所以与的面积之和 当且仅当时，即时，等号成立， 所以与的面积之和的最小值为. 【点睛】方法点睛：本题主要考查抛物线的标准方程及几何性质、及直线与抛物线的位置关系的综合应用，解答此类题目，通常联立直线方程与抛物线方程，应用一元二次方程根与系数的关系进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错解，能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等。 22. 已知，． （1）讨论的单调性及极值点个数； （2）设，若在上恒成立，求实数a的取值范围． 【答案】（1）答案见解析； （2）. 【解析】 【分析】（1）求出函数的导数，再按分类讨论求出的单调区间及极值个数. （2）变形给定不等式得，在时分离参数构造函数，利用导数求出的最小值即可. 【小问1详解】 函数的定义域为R， 求导得，令， 求导得，函数在R上单调递增，而， 当时，，，当时，，， 当时，，函数在R上单调递减，无极值点； 当时，由，得或，由，得， 因此函数在上单调递减，在上单调递增，有2个极值点； 当时，由，得或，由，得， 因此函数在上单调递减，在上单调递增，有2个极值点， 所以当时，函数在R上单调递减，无极值点； 当时，函数在上单调递减，在上单调递增，有2个极值点； 当时，函数在上单调递减，在上单调递增，有2个极值点. 【小问2详解】 依题意，， 不等式等价于： ，依题意，在上恒成立， 当时，成立，，当时，恒成立， 令， 求导得， 令，求导得，令， 求导得，函数在上单调递增，， 函数在上单调递增，，由，得，由，得， 因此函数在上单调递减，在上单调递增，，则， 所以实数a的取值范围是. 【点睛】方法点睛：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略： ①通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围； ②利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题． ③根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$