精品解析：河南省郸城县第一高级中学2024-2025学年高二上学期期末考试数学试卷

郸城一高2024—2025上期高二年级期末考试 数学试卷 注意：本试卷共4页，19题，满分150分，时间120分钟. 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. 已知直线 的方向向量为，平面 的法向量为，则 与 的关系是（ ） A. B. C. D. 或 【答案】A 【解析】 【分析】根据直线的方向向量与平面法向量的位置关系确定直线与平面的位置关系. 【详解】因为，所以. 所以. 故选：A 2. 设等差数列的前 项和为，且，则的最大值为（ ） A. B. 3 C. 9 D. 36 【答案】C 【解析】 【分析】根据等差数列求和公式得到，即可得到，再由基本不等式计算可得. 【详解】因为，所以， 又，所以， 当且仅当时取等号， 所以的最大值为. 故选：C 3. 某大学开设篮球、足球等5门球类选修课，要求每个学生都必须选择其中的一门课程.现有小明、小强、小豆3位同学进行选课，其中小明不选篮球和足球，则不同的选课方法共有（ ） A. 36种 B. 60种 C. 75种 D. 85种 【答案】C 【解析】 【分析】借助分步乘法计数原理计算即可得. 【详解】小明有三种选课方法，小强和小豆各有五种选课方法， 故共有种选课方法. 故选：C. 4. 以正弦曲线 上一点为切点的切线为直线 ，则直线 的倾斜角范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据导数的几何意义确定切线斜率的取值范围，再分类讨论求倾斜角的取值范围. 【详解】因为 ，所以， 设，则以为切点的直线 的斜率. 当时，直线 的倾斜角； 当时，直线 的倾斜角. 综上直线 的倾斜角. 故选：A 5. 是椭圆上一点，、分别是椭圆的左、右焦点，若，则的大小为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由椭圆的方程，结合已知可得，，再结合可求出的值； 然后在中，利用余弦定理求出的值，从而得到的度数. 【详解】是椭圆上一点，、分别是椭圆的左、右焦点， 则，， 又，由， 得， 中，由余弦定理， 而为三角形内角，所以 . 故选：B. 6. 正三棱台中，，，分别为，的中点，则异面直线 ， 所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先做， 得出，再得出，进而应用空间向量的线性表示及数量积公式计算，最后应用异面直线所成角的向量法求解. 【详解】 设，过点做， 是 中点， 因为，分别为，的中点，所以，所以 , 因为所以， 所以，因为正三棱台中，三个侧面是全等的等腰梯形， 所以， 所以，， 又因为，， 所以， 设异面直线 ， 所成角为 所以. 故选：C. 7. 已知点，点在圆上运动，的最大值为 ，最小值为 ，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由数形结合得出最大角及最小角，利用三角恒等变换得解. 【详解】如图， 过点向圆引两条切线，切点分别为， 则与分别为的最大､最小角，设， 由，可得， 由可知 , 所以. 故选：D. 8. 在同一平面直角坐标系内，函数 及其导函数的图象如图所示，已知两图象有且仅有一个公共点，其坐标为 ，则（ ） A. 函数的最大值为1 B. 函数的最小值为1 C. 函数的最大值为1 D. 函数的最小值为1 【答案】B 【解析】 【分析】根据图象分辨 和的图象，然后对各选项中函数求导，利用图象判断函数单调性即可得解. 【详解】由图可知，两个函数图象都在轴上方，所以 ，单调递增， 所以实线为的图象，虚线为的图象，， 对A，，单调递增，无最大值，A错误； 对B，，， 由图可知，当 时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以当 时，函数取得最小值，B正确； 对C，，由图可知， 所以在 上单调递增，无最大值，C错误； 对D，， 由图可知，当 时，，当时，， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 当 时，函数取得最大值，D错误. 故选：B 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. 记等比数列的前 项积为，且，若，则的可能取值为（ ） A. B. 5 C. 6 D. 7 【答案】BD 【解析】 【分析】由等比数列的性质求得，然后由得出的可能情形，再计算和． 【详解】∵是等比数列，∴， ∴， 又，， ∴分别为或或或， 或. 故选：BD． 10. 如图，在正方体中，点在线段上运动，则下列结论正确的是（ ） A. 三棱锥的体积为定值 B. 异面直线AP与所成角的取值范围是 C. 平面ADP与平面ABCD所成夹角的余弦值取值范围是 D. 直线与平面所成角的正弦值的最大值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，利用线面平行的判定定理，得出平面，再根据三棱锥的体积的计算方法，即可进行判断；对于B，利用异面直线所成角的计算方法，即可进行判断；对于CD，通过建立空间直角坐标系，利用坐标法求出平面与平面所成角的余弦值和直线与平面所成角的正弦值，然后借助二次函数，即可进行判断. 【详解】对于A，， 平面，平面， 所以平面，因为点在线段上运动， 点到平面的距离为定值，又的面积为定值， 故三棱锥的体积为定值，故A正确； 对于B，因为，所以异面直线与所成的角即为与所成的角， 当点位于点时，与所成的角为， 当点位于的中点时，因为平面，， 所以，此时，与所成的角为 ， 所以异面直线与所成角的取值范围是，故B正确； 对于C，以为原点，为轴，为轴，为轴， 建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，，， 则，，设平面的法向量， 设平面的法向量， ， 则，即， 令，则，则得， 面与平面所成夹角为 ， 所以， 因为，，所以，， 所以平面与平面所成夹角的余弦值取值范围是，故C错误； 对于D，则，，，，，， 设平面的法向量，则，即， 令，则，得， 所以直线与平面所成角的正弦值为： ， 当时，直线与平面所成角的正弦值取得最大值， 最大值为，故D正确. 故选：ACD. 11. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 若 ，则有2个零点 B. 若 ，则在上既有极大值，又有极小值 C. 若，则在上没有极值 D. 若，则在上必有极小值 【答案】AD 【解析】 【分析】根据零点定义计算求解判断A,求导函数正负得出函数的单调性进而判断极值判断B,构造函数设求出导函数再确定函数的单调性分两种情况分别数形结合判断C,D. 【详解】对于A，若 ，则,令 ，则 或，故A正确． 对于B，当 时，，则,令 ，得． 当时， ，单调递减；当时， ，单调递增． 所以在上只有极小值，没有极大值，故B错误; 对于C，． 设，则． 当时，，单调递增；当时， ，单调递减； 当时，，单调递增,又当时， ，且 恒成立， 所以的大致图象如图（1），其与直线可能在上有交点，所以有可能有极值，故C错误． 对于D，由C的分析知，直线与的大致图象如图（2）， 则在上必有交点，在点附近，先负后正，则先减后增，其必有极小值，故D正确． 故选：AD． 【点睛】关键点点睛：解题的关键点是数形结合判断函数的交点，进而判断导函数正负确定函数的极值点. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知双曲线，其渐近线方程为，则该双曲线的离心率为______． 【答案】 【解析】 【分析】由题意可得双曲线的焦点在轴上，根据渐近线方程可得，可求离心率. 【详解】因为，所以双曲线的焦点在轴上， 又双曲线的渐近线方程为，所以，所以， 双曲线的离心率为. 故答案为：. 13. 随着马拉松运动的普及，我国已成功举办多次全民马拉松赛事．现某城市举办全民马拉松比赛，第一处供给点需要三组工作人员，其中有3名医生和6名社会志愿者组成，每组人员由1名医生和2名志愿者组成．根据需要，志愿者甲与乙要分配在同一组，则这9名工作人员分组方法种数为_____． 【答案】18 【解析】 【分析】先分配志愿者，再分配医生，应用分步乘法原理结合组合数排列数计算即可. 【详解】志愿者分组情况有（种），搭配3名医生有（种）． 故答案为： . 14. 已知，若不等式恒成立，则的最大值为______． 【答案】 【解析】 【分析】首先不等式转化为，恒成立，转化为求函数的最值，并求得，再讨论 的正负，转化为，转化为的最大值，即可求解. 【详解】，则， 所以不等式恒成立，即，恒成立， ，，所以 设， ，得， 当， ，单调递增，当， ，单调递减， 所以当时，函数取值最大值， 所以，即， 当时，， 当 时，， 设， ，，得， 当，，单调递增，当，，单调递减， 所以当时，函数取得最大值， 所以的最大值为. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题转化为2次最值，一次是参变分离为，，转化为求函数的最值，第二次是转化为，转化为求函数的最值. 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. 已知抛物线上的点到焦点的距离为4. （1）求的值； （2）过抛物线的焦点的直线 与抛物线相交于，两点，且，求直线 的方程. 【答案】（1）6 （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意列式，求出的值，即得答案. （2）由（1）可得抛物线方程，设直线方程，并联立，利用抛物线弦长公式求出参数，即得答案. 【小问1详解】 由题知，，所以. 因为点到焦点的距离为4，所以4，所以，即， 所以，所以. 【小问2详解】 由（1）知，抛物线的方程为，其焦点坐标为. 设，，由题意知l的斜率不为 0，设直线 的方程为. 由得，， 所以，所以. 因为，所以，即，解得， 所以直线 的方程为，即. 16. 如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，△ ，△均为等边三角形，． （1）证明：平面 平面 ． （2）若点到平面 的距离为，求四棱锥的体积． 【答案】（1）证明见解析 （2）16 【解析】 【分析】（1）如图，设，则，根据余弦定理的应用和勾股定理的逆定理计算可得 ，结合线面垂直的判定定理与面面垂直的判定定理即可证明； （2）建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法求解点面距建立关于的方程，再次利用空间向量法求出点到平面的距离，结合锥体的体积公式计算即可求解. 【小问1详解】 设，取的中点，连接，如图， 则，且， 在中，， 在 中，有，所以 ， 又平面 ， 所以平面 ，又 平面， 所以平面平面 . 【小问2详解】 由（1）知，两两垂直，建立如图空间直角坐标系， 则， 由，得， 所以，解得，即， 所以，， 设平面 的一个法向量为 ， 则，令，则，即， 所以点到平面 的距离为， 解得，所以， 设平面的一个法向量为， 则，令，得， 所以， 所以点到平面的距离为， 又平行四边形的面积为， 所以四棱锥的体积为. 17. 设正项数列的前 项之和，数列的前 项之积，且 ． （1）求证：为等差数列，并分别求，的通项公式； （2）设数列的前 项和为，不等式对任意正整数 恒成立，求正实数 的取值范围． 【答案】（1） 由题意知 ，且当时，， 所以由 得 ， 所以 ，由得，即 ， 所以是以2为首项，1为公差的等差数列， 所以 ，即，所以； 当时，， 当时，也符合上式，所以． （2）. 【解析】 【分析】（1）利用等差数列的定义证得数列是等差数列，求得，进而求得，利用求得. （2）利用裂项求和法求得，根据的最小值列不等式，由此求得 的取值范围. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）得， 所以 ， 所以 ， 所以数列是单调递增数列，所以， 因为不等式对任意正整数 恒成立， 所以，即 ，又 ， 所以解得 ，所以 的取值范围为. 【点睛】易错点睛： 小问1：在证明是等差数列时，必须清楚地理解递推关系如何构建，并确保每一步的推导是严谨的.尤其是求得后，要确保与的关系准确无误. 小问2：求和时，特别是在裂项求和法中，要小心每一项的符号和相加的顺序，特别是涉及到单调性和不等式的推导时，不能忽略最小值的正确性. 18. 已知双曲线，其左顶点，离心率. （1）求双曲线方程； （2）过右焦点的直线与双曲线右支交于， 两点，与渐近线分别交于点，，直线， 分别与直线交于， . （i）求的取值范围； （ii）求证：以为直径的圆过定点，并求出该定点. 【答案】（1） （2）（i）；（ii）证明见解析；，. 【解析】 【分析】（1）根据条件，确定 ，可得双曲线的方程. （2）（i）依题设直线方程为 ：，与双曲线方程联立，写出韦达定理，利用弦长公式求得,再由两渐近线方程与直线 联立，求得点 坐标，求得，写出，根据的取值范围可求得的取值范围； （ii）先求出点的坐标，由直径式得到以为直径的圆的方程，由图形的对称性，判断所求圆经过轴上的某定点，令 和韦达定理代入化简即可求得定点的坐标. 【小问1详解】 由题意：，所以， 所以双曲线的标准方程为：. 【小问2详解】 （i）如图： 显然过焦点的直线斜率不为0，故可设其方程为：（）. 由， 整理得：. 设，，则， 所以. 于是. 又由，即； 同理：， 所以. 所以， 因为，所以. （ii）因为，则直线的方程为：， 令，得，即. 同理. 所以以为直径的圆为：. 令 得： 因为， 所以， 所以或. 即以为直径的圆过定点和 【点睛】关键点点睛：本题主要考查直线与双曲线相交形成的线段比的范围和定点问题，属于较难题.解题的关键是根据圆的对称性可判断定点在坐标轴上，结合韦达定理的结果运算化简求解就可，对计算能力要求较高. 19. 记集合，已知函数，． （1）求中的元素个数； （2）若存在，使得存在，，且，求的取值范围； （3）记，对于给定的正整数，判断是否存在正整数，使得存在直线，满足，且．若存在，求出正整数对的个数（用 表示）；若不存在，说明理由． 【答案】（1）只有一个元素 （2） （3）存在， 【解析】 【分析】（1）先求出的单调性，且，则表示点，由可得，从而得解. （2）先求出的单调性，且，对于进行分类讨论，记，利用导数求出函数的单调性，则必存在使得，从而可得的取值范围； （3）取时，记，则，利用集合的交并补运算以及分类讨论思想即可求解. 【小问1详解】 ，则， 在 上单调递增，在 上单调递减，且， 表示点，且，， 而，， ，只有一个元素. 【小问2详解】 ，则， 在上单调递增，在 上单调递减，且， ①当时，，此时，，矛盾， ②当 时，记，， 在上单调递增，上单调递减，且 ， 所以当 时，， 则必存在使得，此时取， 必有 ，，且成立， ． 【小问3详解】 ①取时，记， 易知，， 取，有，， 故可以为，共 种， ②若存在，且时，只需取即可， ，而， 故当时，，其中[ ]为取整符号， i.当时，，此时，或， ii.当时，，此时，， …… 当时，，此时，， 当，，此时，， …… 当时，，此时，， ∴共种， 而①和②有两个重复，且②不成立， 为所求个数． 【点睛】关键点点睛：充分理解点集的定义是解题关键，本题利用导函数研究函数的单调性，集合的新定义，属于难题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 郸城一高2024—2025上期高二年级期末考试 数学试卷 注意：本试卷共4页，19题，满分150分，时间120分钟. 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. 已知直线 的方向向量为，平面 的法向量为，则 与 的关系是（ ） A. B. C. D. 或 2. 设等差数列的前 项和为，且，则的最大值为（ ） A. B. 3 C. 9 D. 36 3. 某大学开设篮球、足球等5门球类选修课，要求每个学生都必须选择其中的一门课程.现有小明、小强、小豆3位同学进行选课，其中小明不选篮球和足球，则不同的选课方法共有（ ） A. 36种 B. 60种 C. 75种 D. 85种 4. 以正弦曲线 上一点为切点的切线为直线 ，则直线 的倾斜角范围是（ ） A. B. C. D. 5. 是椭圆上一点，、分别是椭圆的左、右焦点，若，则的大小为（ ） A. B. C. D. 6. 正三棱台中，， ，分别为，的中点，则异面直线 ， 所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 7. 已知点，点在圆上运动，的最大值为 ，最小值为 ，则（ ） A. B. C. D. 8. 在同一平面直角坐标系内，函数 及其导函数的图象如图所示，已知两图象有且仅有一个公共点，其坐标为 ，则（ ） A. 函数的最大值为1 B. 函数的最小值为1 C. 函数的最大值为1 D. 函数的最小值为1 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. 记等比数列的前 项积为，且，若，则的可能取值为（ ） A. B. 5 C. 6 D. 7 10. 如图，在正方体中，点在线段上运动，则下列结论正确的是（ ） A. 三棱锥的体积为定值 B. 异面直线AP与所成角的取值范围是 C. 平面ADP与平面ABCD所成夹角的余弦值取值范围是 D. 直线与平面所成角的正弦值的最大值为 11. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则有2个零点 B. 若 ，则在上既有极大值，又有极小值 C. 若 ，则在上没有极值 D. 若 ，则在上必有极小值 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知双曲线，其渐近线方程为，则该双曲线的离心率为______． 13. 随着马拉松运动的普及，我国已成功举办多次全民马拉松赛事．现某城市举办全民马拉松比赛，第一处供给点需要三组工作人员，其中有3名医生和6名社会志愿者组成，每组人员由1名医生和2名志愿者组成．根据需要，志愿者甲与乙要分配在同一组，则这9名工作人员分组方法种数为_____． 14. 已知，若不等式恒成立，则的最大值为______． 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. 已知抛物线上的点到焦点的距离为4. （1）求的值； （2）过抛物线 的焦点的直线 与抛物线 相交于， 两点，且，求直线 的方程. 16. 如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，△ ，△均为等边三角形，． （1）证明：平面 平面 ． （2）若点到平面 的距离为，求四棱锥的体积． 17. 设正项数列的前 项之和，数列的前 项之积，且 ． （1）求证：为等差数列，并分别求，的通项公式； （2）设数列的前 项和为，不等式对任意正整数 恒成立，求正实数 的取值范围． 18. 已知双曲线，其左顶点，离心率. （1）求双曲线方程； （2）过右焦点 的直线与双曲线右支交于， 两点，与渐近线分别交于点 ， ，直线， 分别与直线交于 ， . （i）求的取值范围； （ii）求证：以为直径的圆过定点，并求出该定点. 19. 记集合，已知函数，． （1）求中的元素个数； （2）若存在 ，使得存在，，且，求 的取值范围； （3）记，对于给定的正整数，判断是否存在正整数，使得存在直线，满足，且．若存在，求出正整数对的个数（用 表示）；若不存在，说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $