精品解析：广东省阳江市部分学校2024-2025学年高二上学期期末联考数学试题

广东高二教学期末检测 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版选择性必修第一册，选择性必修第二册第四章（其余已学必修内容占30%）. 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. 2. 已知数列，则该数列的第211项为（ ） A. B. 421 C. D. 423 3. 复数的虚部是实部的（ ） A. B. 倍 C. D. 2倍 4. 在中，角，，所对的边分别为，，，已知，，则外接圆的半径为（ ） A. B. C. 6 D. 12 5. 已知直线与直线平行，则（ ） A. 1 B. 3 C. 1或 D. 或3 6. 对于等差数列和等比数列，我国古代很早就有研究成果，北宋科学家沈括首创的“隙积术”就与高阶等差级数求和有关.现有一货物堆，从上向下查，第一层有2个货物，第二层比第一层多3个，第三层比第二层多4个，以此类推，记第层货物的个数为，则（ ） A. 210 B. 209 C. 211 D. 207 7. 已知为坐标原点，双曲线的右焦点为F，点在C的渐近线上，过点F作，垂足为，，则C的方程为（ ） A. B. C. D. 8. 已知椭圆的左、右焦点分别为，右顶点为，上顶点为为线段上一点，直线与直线交于点，若，且，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 二､多选题：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. 某教育行政部门为了解某校教师“学习强国”的得分情况，随机调查了该校的50位教师，这50位教师12月份的日均得分单位：分统计情况如下表： 得分 频数 5 15 20 10 根据表中数据，下列结论正确的是（ ） A. 这50位教师12月份的日均得分的中位数不低于25 B. 这50位教师12月份日均得分不低于15分的比例超过 C. 这50位教师12月份的日均得分的极差介于20至40之间 D. 这50位教师12月份的日均得分的平均值介于30至35之间同一组中的数据用该组区间的中点值作代表 10. 若函数图象的一条对称轴方程为，则（ ） A. B. C. 图象的一条对称轴为直线 D. 在上单调递增 11. 已知圆与直线，点在圆上，点在直线上，则（ ） A 直线与圆相离 B. 过点的直线被圆截得的弦长的最小值为 C. D. 从点向圆引切线，切线长的最小值是 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数是定义在R上的奇函数，当时，，则______，______. 13. 已知数列满足，其前项和为，则__________. 14. 已知抛物线C：的焦点为F，P在C上，若以为直径的圆与x轴相切于点，则________. 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. 某公司的入职面试中有5道难度相当的题目，面试者需要从中随机抽取3道题回答，至少答对2道题才算通过，否则面试失败.面试者甲能答对其中3道题，面试者乙答对每道题的概率都是，假设抽到的不同题目能否答对是相互独立的. （1）求面试者甲､乙各自通过面试的概率； （2）求甲､乙至少有一人通过面试的概率. 16. 记为等差数列的前n项和，已知， （1）求的通项公式； （2）若数列满足，，求的通项公式. 17. 如图，在正三棱柱中，为中点. （1）证明：. （2）求二面角的正弦值. 18. 已知和为椭圆上两点. （1）求椭圆的方程； （2）若点在椭圆上，、是椭圆的两焦点，且，求的面积； （3）过点的直线与椭圆交于、两点，证明：为定值. 19. 数列扩充是指在一个有穷数列中按一定规则插入一些项得到一个新的数列，扩充的次数记为次扩充后的新数列记为，项数记为，所有项的和记为.扩充规则为每相邻两项之间插入这两项的和，如：数列经过一次扩充后得到数列.已知数列. （1）求； （2）求； （3）求数列前项和. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 广东高二教学期末检测 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版选择性必修第一册，选择性必修第二册第四章（其余已学必修内容占30%）. 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】A 【解析】 【分析】化简集合，，根据交集的定义求结论. 【详解】集合，或， 故. 故选：A 2. 已知数列，则该数列的第211项为（ ） A. B. 421 C. D. 423 【答案】B 【解析】 【分析】根据已知数列写出一个通项公式，再求出第211项. 【详解】该数列的通项公式为， 所以. 故选：B 3. 复数的虚部是实部的（ ） A. B. 倍 C. D. 2倍 【答案】D 【解析】 【分析】先化简复数，再利用复数的几何意义求解. 【详解】解：因为，且， 所以的虚部是实部的2倍． 故选：D 4. 在中，角，，所对的边分别为，，，已知，，则外接圆的半径为（ ） A. B. C. 6 D. 12 【答案】A 【解析】 【分析】根据正弦定理（为的外接圆半径）求解即可. 【详解】设外接圆的半径为， 则，即. 故选：A . 5. 已知直线与直线平行，则（ ） A. 1 B. 3 C. 1或 D. 或3 【答案】C 【解析】 【分析】根据一般式方程两直线平行的条件得到方程，求出参数的值，再检验即可. 【详解】因为直线与直线平行， 所以，解得或， 经检验，当或时，均满足两条直线平行. 故选：C 6. 对于等差数列和等比数列，我国古代很早就有研究成果，北宋科学家沈括首创的“隙积术”就与高阶等差级数求和有关.现有一货物堆，从上向下查，第一层有2个货物，第二层比第一层多3个，第三层比第二层多4个，以此类推，记第层货物的个数为，则（ ） A. 210 B. 209 C. 211 D. 207 【答案】B 【解析】 【分析】根据已知有，应用累加法求通项公式，进而求. 【详解】因为， 所以，则. 故选：B. 7. 已知为坐标原点，双曲线的右焦点为F，点在C的渐近线上，过点F作，垂足为，，则C的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由两点距离公式及向量运算得，根据点线距离求出，由点在C的渐近线上得，. 【详解】由知，又，所以. 由，则为焦点F到渐近线即的距离， 所以，在中，， 由点在C的渐近线上，所以，即，所以， 所以C的方程为. 故选：A 8. 已知椭圆的左、右焦点分别为，右顶点为，上顶点为为线段上一点，直线与直线交于点，若，且，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用得，即轴，再由可得， 再利用勾股定理得转化为，解方程可得答案. 【详解】因为，所以为的中点，又因为（为坐标原点）为的中点， 所以为的中位线，所以， 即轴，因为，， 所以，可得， 所以， 所以，则有， 整理得，所以， 解得，或（舍去）. 故选：A 【点睛】关键点点睛：利用勾股定理转化为关于的一元二次方程. 二､多选题：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. 某教育行政部门为了解某校教师“学习强国”的得分情况，随机调查了该校的50位教师，这50位教师12月份的日均得分单位：分统计情况如下表： 得分 频数 5 15 20 10 根据表中数据，下列结论正确的是（ ） A. 这50位教师12月份的日均得分的中位数不低于25 B. 这50位教师12月份的日均得分不低于15分的比例超过 C. 这50位教师12月份的日均得分的极差介于20至40之间 D. 这50位教师12月份的日均得分的平均值介于30至35之间同一组中的数据用该组区间的中点值作代表 【答案】ABC 【解析】 【分析】利用中位数判断A；利用比例判断B；利用极差判断C；利用平均数判断D 【详解】对于A，这50位教师12月份的日均得分在的人数为， 日均得分在的人数为， 因此这50位教师12月份的日均得分的中位数不低于25，A正确； 对于B，这50位教师12月份的日均得分不低于15分的比例为： ，B正确； 对于C，这50位教师12月份日均得分的极差属于，C正确； 对于D，这50位教师12月份的日均得分的平均值为： ，D错误． 故选：ABC 10. 若函数图象一条对称轴方程为，则（ ） A. B. C. 图象的一条对称轴为直线 D. 在上单调递增 【答案】BC 【解析】 【分析】根据正弦函数的对称性的性质有条件列方程可求，由此判断AB，再根据正弦型函数的对称轴的求法及单调区间的求法判断CD. 【详解】函数， 设，， 则， 因为函数图象的一条对称轴方程为， 由，即， 化简可得， 所以，所以A不正确，B正确； . 令，得， 当时，得，所以C正确； 令， 得， 当时，，所以D不正确. 故选：BC. 11. 已知圆与直线，点在圆上，点在直线上，则（ ） A. 直线与圆相离 B. 过点的直线被圆截得的弦长的最小值为 C. D. 从点向圆引切线，切线长的最小值是 【答案】ACD 【解析】 【分析】应用点到直线距离得出直线和圆的位置关系判断A，应用几何法求弦长最小值判断B，应用点到直线距离结合半径得出距离最小值判断C，结合勾股定理计算切线的最小值判断D. 【详解】圆的标准方程为，圆心为，半径， 圆心到直线的距离，所以直线与圆相离，故A正确； 因为点在圆内部，且， 所以过点的直线被圆截得的弦长的最小值为，故B不正确； 因为圆心到直线的距离，所以，故C正确； 从点向圆引切线，设切点为，则， 则， 当时，取得最小值，此时取得最小值，即，故D正确. 故选：ACD. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数是定义在R上的奇函数，当时，，则______，______. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】结合奇函数性质可求m，然后结合奇函数定义可求 【详解】由函数是定义在R上的奇函数，且当时，， 则，解得，即时，， 所以，. 故答案为：； 13. 已知数列满足，其前项和为，则__________. 【答案】## 【解析】 【分析】利用三角函数的周期性来判断数列的周期性，从而利用周期性来求数列的和. 【详解】根据三角型函数的性质可知周期为， 所以可知数列是周期为4的周期数列， 且，所以. 故答案为：. 14. 已知抛物线C：的焦点为F，P在C上，若以为直径的圆与x轴相切于点，则________. 【答案】2 【解析】 【分析】根据题意可得点，再利用抛物线的定义即可得结果. 【详解】由题意得，设，的中点为，则. 因为以为直径的圆与轴相切于点， 则，即，解得，则， 所以 故答案为：2 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. 某公司的入职面试中有5道难度相当的题目，面试者需要从中随机抽取3道题回答，至少答对2道题才算通过，否则面试失败.面试者甲能答对其中3道题，面试者乙答对每道题的概率都是，假设抽到的不同题目能否答对是相互独立的. （1）求面试者甲､乙各自通过面试的概率； （2）求甲､乙至少有一人通过面试的概率. 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）根据古典概型概率公式可得甲通过面试的概率，根据独立事件概率乘法公式和互斥事件概率加法公式可得乙通过面试的概率. （2）计算甲，乙都没有通过面试的概率，根据对立事件概率公式可得结果. 【小问1详解】 记甲能答对的题号为，不能答对的题号为4，5，则甲从中随机抽取3道题共有，10种情况，甲能通过面试包含了7种. 设“甲能通过面试”为事件，则. 记“乙每次答题正确”为事件，“乙能通过面试”为事件， 则. 【小问2详解】 由（1）知甲，乙都没通过面试的概率为. 故甲，乙至少有一人通过面试的概率. 16. 记为等差数列的前n项和，已知， （1）求的通项公式； （2）若数列满足，，求的通项公式. 【答案】（1）； （2） 【解析】 【分析】（1）设数列的公差，利用等差数列的基本量运算求得，即可求得通项； （2）利用累加法即可求出时，，检验符合，即得通项. 【小问1详解】 设等差数列的公差为d， 因为，， 解得，， 故的通项公式为； 【小问2详解】 由题意，可得， 当时， ， 当时，也成立， 所以的通项公式为 17. 如图，在正三棱柱中，为的中点. （1）证明：. （2）求二面角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）法一：取的中点，连接，通过平面，证明，进而说明平面，即可求证；法二：由空间向量的数量积为0，即可求证； （2）建系，由二面角的向量法即可求解； 【小问1详解】 证明：（方法一）取的中点，连接. 由题意得平面平面， 所以. 因为平面平面平面， 所以平面. 因为平面，所以. 因为，所以 ， 则，所以，即. 又，所以平面. 因为平面，所以. （方法二）. 设.由题可知， 则， 所以. 【小问2详解】 解：过点作的平行线，交于点.因为平面，且平面，所以. 又因为，所以两两互相垂直，故以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系. 设，则， 则. 设平面的法向量为，则即 则，令，则，故. 设平面的法向量为，则即则，令，则，故. 设二面角的平面角为，则， 所以，即二面角的正弦值为. 18. 已知和为椭圆上两点. （1）求椭圆的方程； （2）若点在椭圆上，、是椭圆的两焦点，且，求的面积； （3）过点的直线与椭圆交于、两点，证明：为定值. 【答案】（1） （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由题意可得出关于、的方程组，解出、的值，即可得出椭圆的方程； （2）利用余弦定理结合椭圆的定义求出的值，然后利用三角形的面积公式可求得的面积； （3）当直线的斜率为零时，直接计算出的值；当直线不与轴重合时，设直线的方程为，、，将直线的方程与椭圆方程联立，列出韦达定理，结合弦长公式可求出的值，即可证得结论成立. 【小问1详解】 由题意得，解得，所以椭圆的方程为. 【小问2详解】 由题可知，. 在中，由勾股定理得， 则，即， 所以，故的面积是. 【小问3详解】 当的斜率为时，； 当不与轴重合时，设直线方程为，、， 联立得， 所以，， 由韦达定理可得，. ， 故为定值. 【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种： （1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关； （2）直接推理、计算，并在计算推理过程中消去变量，从而得到定值． 19. 数列扩充是指在一个有穷数列中按一定规则插入一些项得到一个新的数列，扩充的次数记为次扩充后的新数列记为，项数记为，所有项的和记为.扩充规则为每相邻两项之间插入这两项的和，如：数列经过一次扩充后得到数列.已知数列. （1）求； （2）求； （3）求数列的前项和. 【答案】（1） （2）， （3） 【解析】 【分析】（1）根据新数列定义列举并求和即可； （2）利用递推思想研究相邻两次数列通项之间的递推关系，一个是研究项数，另一个是研究和，有了递推关系，结合首项，即可得到通项； （3）有了通项再求和，根据题意可采用分组求和，错位相减法求和. 【小问1详解】 因为，所以； 【小问2详解】 因为数列经每一次扩充后是在原数列的相邻两项中增加一项， 所以经第次扩充后增加的项数为， 所以，所以. 因为，所以是首项为4，公比为2的等比数列， 所以，所以. 设第次扩充后数列的各项为，则+2. 因为每一次扩充是在原数列的相邻两项中增加这两项的和， 所以， 所以. 因为，所以是首项为3，公比为3的等比数列，故. 【小问3详解】 因为， 所以 令，则， 两式相减得， 所以， 故. 【点睛】方法点睛：关键是递推关系的分析与确定，然后即可通过构造等比数列法来求出通项即可；另一个递推关系需要理解这里面项数与和的关系，然后利用等比数列来求通项. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$