精品解析：湖南省株洲市渌口区第三中学、株洲健坤潇湘高级中学2024-2025学年高二上学期1月期末联考数学试题

高二上学期期末联考试题卷 （本试卷共6页，19题，全卷满分：150分，考试用时：120分钟） 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、准考证号写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.选择题的作答：每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上相应题目的答案标号涂黑.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3.非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 4.考试结束后，将本试题卷和答题卡一并上交. 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，只有一项符合题目要求. 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据交集的知识求得正确答案. 【详解】依题意. 故选：C 2. 若，则（ ） A. 0 B. 1 C. D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数的模的公式即可求解. 【详解】. 故选：C. 3. 已知向量，，，则 （ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据向量垂直的坐标表示可得出关于的等式，解之即可. 【详解】因为向量，，，则，解得. 故选：C. 4. 已知等差数列的前项和为，若，则 （ ） A. 30 B. 55 C. 80 D. 110 【答案】B 【解析】 【分析】利用等差数列的项的性质，由条件求得，再根据等差数列求和公式化简计算即得. 【详解】因是等差数列，故，解得， 则. 故选：B. 5. 已知，则“”是“”的 （ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 必要条件 D. 既不充分也不必要 【答案】A 【解析】 【分析】根据充分必要条件的概念直接判断即可. 【详解】当时，，故充分性成立， 当时，或，故必要性不成立， 所以“”是“”的充分不必要条件. 故选：A 6. 如图，在平行六面体中，与的交点为点，设，，，则下列向量中与相等的向量是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先表示出，根据可求出结果. 【详解】因为， ， 所以. 故选：C. 7. 设是实数，已知三点，，在同一条直线上，那么（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】D 【解析】 【分析】求出，.进而根据三点共线得出，即可列出方程组，求解即可得出答案. 【详解】由已知可得，. 因为三点共线，所以存在唯一实数，使得， 所以，解得，所以. 故选：D. 8. 已知数列的通项公式为，则数列的前项和（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】应用错位相减法及等比数列前n项和求. 【详解】由题设，则， 两式作差，有， 所以. 故选：B 二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全题选对的得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分. 9. 已知表示两条不同的直线，、、表示三个不同的平面．下列命题中，正确的命题是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，，则 【答案】AD 【解析】 【分析】根据线面平行、垂直关系，面面平行、垂直关系，逐项判定. 【详解】选项，若，过做一平面，使得， 则，又因为，所以，从而有， 选项正确； 选项，若，则， 此时，所以选项不正确； 选项，若，，则可能平行、相交或异面， 所以选项不正确； 选项，如下图所示，过直线分别做两个相交的平面， 平面分别与交于，且， ， ，同理可证， ，所以选项正确. 故选:AD. 【点睛】本题考查线线平行与垂直、线面垂直、面面平行命题的判定，熟练掌握有关性质定理是解题的关键，属于中档题. 10. 如图是函数的导函数的图象，则下列判断正确的是（　　） A. 在区间上单调递增 B. 在区间上单调递减 C. 在区间上单调递增 D. 在区间上单调递减 【答案】BC 【解析】 【分析】根据图象确定的区间符号，进而判断的区间单调性，即可得答案. 【详解】由图知：上，上， 所以在上单调递减，在上单调递增. 所以在、上不单调，在、上分别单调递减、单调递增. 故选：BC 11. 若数列为等差数列，为其前项和，，，，则下列说法正确的有 （ ） A. 公差 B. C. D. 使的最小正整数为 【答案】ABD 【解析】 【分析】推导出，，，可判断A选项；利用等差数列的求和公式可判断B选项；利用等差数列的基本性质和作差法可判断C选项；由可得出，结合数列的单调性可判断D选项. 【详解】对于A选项，因为，，， 则，，， 所以，，A对； 对于B选项，，B对； 对于C选项，，则，C错； 对于D选项，因为，， 由，可得，则， 因为，所以数列单调递减，由可得， 所以，使的最小正整数为，D对. 故选：ABD. 三、填空题：本题共3个小题，每小题 5分，共15分. 12. 若是公比为的等比数列，且，则_________. 【答案】 【解析】 【分析】根据已知条件求出的值，由此可得出的值. 【详解】因为是公比为的等比数列，，可得， 所以，. 故答案为：. 13. 曲线在点处的切线的倾斜角为_______． 【答案】 【解析】 【分析】求出函数在1处的导数值，再利用导数的几何意义求出切线的倾斜角. 【详解】设曲线在点处的切线的倾斜角为，则该切线的斜率， 由求导得，则有，即，而， 所以， 故答案为： 14. 已知函数在区间上单调递增，则的最小值为__________． 【答案】## 【解析】 【分析】根据在上恒成立，再根据分参求最值即可求出． 【详解】因为， 所以， 所以函数在区间上单调递增， 即在上恒成立， 显然，所以问题转化为在上恒成立， 设， 所以， 所以在上单调递增， 所以， 故， 所以的最小值为：. 故答案为：. 四、解答题：本大题共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. 记的内角、、的对边分别为、、，已知，，. （1）求的值. （2）若均为锐角，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理可得出的值； （2）解法一：利用同角三角函数的基本关系求出、，由结合两角和的正弦公式可求出的值，再利用三角形的面积公式可求得的面积； 解法二：利用同角三角函数的基本关系求出的值，利用余弦定理可得出关于的方程，求出的值，再利用三角形的面积公式即可求得的面积. 【小问1详解】 因为的内角、、的对边分别为、、，，，， 由正弦定理的得. 【小问2详解】 解法一：因为均为锐角，由得， 同理可得， 所以，， 所以，. 解法二：因为均为锐角，由可得， 由余弦定理得，即，整理可得， 因为，解得，故. 16. 已知数列是公差不为零的等差数列，，且成等比数列. （1）求的通项公式； （2）设，求数列的前项和. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）利用等差数列的通项公式及等比中项的性质列方程求基本量，即可得通项公式； （2）由（1）得，应用等比数列前n项和公式求. 【小问1详解】 设等差数列是公差为，且，且， ∴，， 又成等比数列，则， ∴，即， 即，解得或（舍）， ∴. 【小问2详解】 由（1）得，则，又，则， 又， 所以. 17. 如图，在三棱锥中，底面为等腰直角三角形，，，点是的中点，，且面. （1）证明：面； （2）若为的中点，求平面与平面的夹角的余弦值. 【答案】（1） 连接，因为是等腰直角三角形斜边的中线，所以，， 因为面，面，则， 因为，、平面，所以，平面. （2） 【解析】 【分析】（1）连接，推导出，利用线面垂直的性质可得出，利用线面垂直的判定定理可证得结论成立； （2）建立空间直角坐标系，向量法求两个平面夹角的余弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为面，， 以为原点，、、的方向分别为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系，. 则、、、、， ，，，， 设平面的一个法向量为， 则，取，可得， 设平面的一个法向量为， 则，取，可得， 所以，. 因此，平面与平面的夹角的余弦值为. 18. 某制造商制造并出售球形瓶装的某饮料.已知瓶子的制造成本是 分，其中（单位：cm）是球形瓶子的半径.每出售1mL的饮料，制造商可获利0.25分，且制造商制作的球形瓶子的最大半径为6cm. （1）瓶子半径多大时，能使每瓶饮料的利润最大，并求出最大利润为多少分？ （2）瓶子半径多大时，每瓶饮料的利润最小，并求出最小利润为多少分？ 【答案】（1）6，（分） （2）2，最小利润为（分） 【解析】 【分析】（1）设每瓶饮料的利润为（分），由题意列出其解析式，通过求导判断其单调性，即得及此时瓶子的半径； （2）由（1）分析，易得及此时瓶子的半径. 【小问1详解】 设每瓶饮料的利润为（分）， 由题可知 ， 则，由，可得，或（舍） 当时，；当时，， 故在上单调递减；在上单调递增 由上分析，当时，利润最大，， 故当时，利润最大，此时最大利润为（分） 【小问2详解】 由上分析，当时，利润最小，， 故当时，利润最小，此时利润为负值，最小利润为. 19. 已知函数． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若有极小值，且极小值小于0，求a的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）求导，结合导数的几何意义求切线方程； （2）解法一：求导，分析和两种情况，利用导数判断单调性和极值，分析可得，构建函数解不等式即可；解法二：求导，可知有零点，可得，进而利用导数求的单调性和极值，分析可得，构建函数解不等式即可. 【小问1详解】 当时，则，， 可得，， 即切点坐标为，切线斜率， 所以切线方程为，即. 【小问2详解】 解法一：因为的定义域为，且， 若，则对任意恒成立， 可知在上单调递增，无极值，不合题意； 若，令，解得；令，解得； 可知在内单调递减，在内单调递增， 则有极小值，无极大值， 由题意可得：，即， 构建，则， 可知在内单调递增，且， 不等式等价于，解得， 所以a的取值范围为； 解法二：因为的定义域为，且， 若有极小值，则有零点， 令，可得， 可知与有交点，则， 若，令，解得；令，解得； 可知在内单调递减，在内单调递增， 则有极小值，无极大值，符合题意， 由题意可得：，即， 构建， 因为则在内单调递增， 可知在内单调递增，且， 不等式等价于，解得， 所以a的取值范围为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高二上学期期末联考试题卷 （本试卷共6页，19题，全卷满分：150分，考试用时：120分钟） 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、准考证号写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.选择题的作答：每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上相应题目的答案标号涂黑.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3.非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 4.考试结束后，将本试题卷和答题卡一并上交. 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，只有一项符合题目要求. 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 若，则（ ） A. 0 B. 1 C. D. 2 3. 已知向量，，，则 （ ） A. B. C. D. 4. 已知等差数列的前项和为，若，则 （ ） A. 30 B. 55 C. 80 D. 110 5. 已知，则“”是“”的 （ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 必要条件 D. 既不充分也不必要 6. 如图，在平行六面体中，与的交点为点，设，，，则下列向量中与相等的向量是（ ） A. B. C. D. 7. 设是实数，已知三点，，在同一条直线上，那么（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 8. 已知数列的通项公式为，则数列的前项和（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全题选对的得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分. 9. 已知表示两条不同的直线，、、表示三个不同的平面．下列命题中，正确的命题是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，，则 10. 如图是函数的导函数的图象，则下列判断正确的是（　　） A. 在区间上单调递增 B. 在区间上单调递减 C. 在区间上单调递增 D. 在区间上单调递减 11. 若数列为等差数列，为其前项和，，，，则下列说法正确的有 （ ） A. 公差 B. C. D. 使的最小正整数为 三、填空题：本题共3个小题，每小题 5分，共15分. 12. 若是公比为的等比数列，且，则_________. 13. 曲线在点处的切线的倾斜角为_______． 14. 已知函数在区间上单调递增，则的最小值为__________． 四、解答题：本大题共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. 记的内角、、的对边分别为、、，已知，，. （1）求的值. （2）若均为锐角，求的面积. 16. 已知数列是公差不为零的等差数列，，且成等比数列. （1）求的通项公式； （2）设，求数列的前项和. 17. 如图，在三棱锥中，底面为等腰直角三角形，，，点是的中点，，且面. （1）证明：面； （2）若为的中点，求平面与平面的夹角的余弦值. 18. 某制造商制造并出售球形瓶装的某饮料.已知瓶子的制造成本是 分，其中（单位：cm）是球形瓶子的半径.每出售1mL的饮料，制造商可获利0.25分，且制造商制作的球形瓶子的最大半径为6cm. （1）瓶子半径多大时，能使每瓶饮料的利润最大，并求出最大利润为多少分？ （2）瓶子半径多大时，每瓶饮料的利润最小，并求出最小利润为多少分？ 19. 已知函数． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若有极小值，且极小值小于0，求a的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $