精品解析：广东省深圳市深圳科学高中2024-2025学年高二上学期期末数学试题

深圳科学高中2024-2025学年第一学期期末考试试题 科目：高二数学 考试时长：120分钟 卷面总分：150分 命题人：郑晓芬 审题人：李声持 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． 1. 已知全集，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 复数（为虚数单位）的虚部是（ ） A. B. C. D. 3. “”是“直线：与直线：平行”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 4. 已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ） A. 若，则 B. 若则 C. 若，则 D. 若，则 5. 元代数学家朱世杰编著的《算法启蒙》中记载了有关数列的计算问题：“今有竹七节，下两节容米四升，上两节容米二升，各节欲均容，问逐节各容几升？”其大意为：现有一根七节的竹子，最下面两节可装米四升，最上面两节可装米二升，如果竹子装米量逐节等量减少，问竹子各节各装米多少升？以此计算，这根竹子的装米量为（ ） A. 升 B. 升 C. 升 D. 升 6. 已知函数，在上单调递增，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 已知圆：，圆：，其中，若两圆外切，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 如图，在已知正方体中，是棱上的点，且.平面将此正方体分为两部分，则体积较小部分与体积较大部分的体积之比为（ ） A. B. C. D. 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. 已知函数的最大值为2，则（ ） A. B. 函数图象的一个对称中心是点 C. 在区间上单调递增 D. 将的图象先向右平移个单位长度后，再将图象上所有点的横坐标伸长为原来的两倍（纵坐标不变），得到的图象对应的函数解析式为 10. 已知数列是等比数列，公比为，前项和为，下列判断正确的有（ ） A. 为等比数列 B. 为等比数列 C. 为等差数列 D. 若，则 11. 已知抛物线的焦点为，点与点关于原点对称，过点的直线与抛物线E交于两点（点和点在点的两侧），则下列命题正确的是（   ） A. B. 若BF为的中线，则 C. 存在直线使得 D. 对于任意直线l，都有 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知曲线的焦距为4，则其离心率为___________. 13. 若圆C：关于直线对称，则的最小值是______． 14. 一条直线与函数和的图象分别相切于点和点，则的值为__________． 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出相应的文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 如图，四棱锥中，底面为平行四边形，，为等边三角形， （1）证明：； （2）求与平面所成角的正弦值． 16. 设函数. （1）求的单调区间; （2）若存在极值M，求证：. 17. 在中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，已知向量，，满足． （1）求A； （2）若，点D满足且，求边a的长． 18. 已知数列的前n项和为，，． （1）证明：数列是等差数列； （2）求数列的前n项和； （3）若对任意恒成立．求实数的取值范围． 19. 已知椭圆：离心率为，经过的左焦点斜率为1的直线与轴正半轴相交于点，且． （1）求的方程； （2）设是上异于的两点，且， ①证明：直线过定点； ②求面积的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 深圳科学高中2024-2025学年第一学期期末考试试题 科目：高二数学 考试时长：120分钟 卷面总分：150分 命题人：郑晓芬 审题人：李声持 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． 1. 已知全集，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，分别求得集合，结合集合并集的定义与运算，即可求解. 【详解】由集合，， 根据集合并集的定义与运算，可得. 故选：B. 2. 复数（为虚数单位）的虚部是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由复数的除法与乘法整理复数为标准型，根据虚部的定义，可得答案. 【详解】由，则复数的虚部是. 故选：D. 3. “”是“直线：与直线：平行”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】由两直线平行建立方程，根据充分、必要条件的定义，可得答案. 【详解】由，可得，则，解得或， 当时，，则. 综上所述，“”可推出两直线平行，但由两直线平行推不出“", 所以“”是“直线与直线平行”的充分不必要条件. 故选：A. 4. 已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ） A. 若，则 B. 若则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】D 【解析】 【分析】根据空间中直线与平面以及平面与平面的关系，即可结合选项逐一求解. 【详解】对于A,若，则或者相交或者异面，故A正确， 对于B,若则或者，故B错误， 对于C, 若，则或者或者相交，故C错误， 对于D, 若，则,D正确， 故选：D 5. 元代数学家朱世杰编著的《算法启蒙》中记载了有关数列的计算问题：“今有竹七节，下两节容米四升，上两节容米二升，各节欲均容，问逐节各容几升？”其大意为：现有一根七节的竹子，最下面两节可装米四升，最上面两节可装米二升，如果竹子装米量逐节等量减少，问竹子各节各装米多少升？以此计算，这根竹子的装米量为（ ） A. 升 B. 升 C. 升 D. 升 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，利用等差数列前项和公式计算即得. 【详解】依题意，竹子自下而上的各节装米量构成等差数列， 则，， 所以这根竹子的装米量为（升）. 故选：B 6. 已知函数，在上单调递增，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】分段求出函数的导函数，则恒成立，参变分离求出参数的取值范围，即可得解. 【详解】因为， 当时，，则恒成立， 所以在上恒成立，则； 当时，，则恒成立， 所以在上恒成立，所以； 又，综上可得的取值范围是. 故选：B. 7. 已知圆：，圆：，其中，若两圆外切，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】通过两个圆相切，列出关系式，然后求解表达式的范围即可. 【详解】圆，则，半径r1， 圆，则，半径， 因为两圆外切，所以， 即，即， 则点在以为圆心，半径为3的圆上，即在圆上， 令，则k表示过点与点的直线的斜率， 则该直线一定过点，且与圆有公共点， 由题意作图，由图可知该直线斜率一定存在若斜率不存在，则直线与圆相离， 设该直线方程为， 即为，圆心到直线的距离为d，则， 解得，即的取值范围是. 故选：C. 8. 如图，在已知正方体中，是棱上的点，且.平面将此正方体分为两部分，则体积较小部分与体积较大部分的体积之比为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】作出截面，利用台体的体积公式求出较小部分的体积，用正方体的体积减去较小部分的体积，可得较大部分的体积，可得两部分的体积之比. 【详解】棱上的点，使得，连接，如下图所示： 不妨取正方体的棱长为3，由正方体性质可得， 所以四点共面，平面就是平面， 易知平面把正方体分成两部分，其中几何体为三棱台， 其体积为， 又正方体的体积为， 所以较大部分的体积为； 可得. 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. 已知函数的最大值为2，则（ ） A. B. 函数图象的一个对称中心是点 C. 在区间上单调递增 D. 将的图象先向右平移个单位长度后，再将图象上所有点的横坐标伸长为原来的两倍（纵坐标不变），得到的图象对应的函数解析式为 【答案】AB 【解析】 【分析】先应用辅助角公式化简应用最大值计算求参判断A,再应用正弦函数的对称中心计算或代入检验判断B,根据正弦函数的单调区间计算判断C,应用函数图象的变换得出解析式判断D. 【详解】对于A，因为（其中），且函数的最大值为2，所以，解得， 又因为，所以，故A正确； 对于B，解法一：由A选项可知，，令，解得， 当时，，所以的图象关于点中心对称，故B正确； 解法二：由A选项可知，，将代入的解析式，得， 所以的图象关于点中心对称，故B正确； 对于C，当时，，根据正弦函数的图象得在上单调递减，故C错误； 对于D，将的图象先向右平移个单位长度，得到的图象， 再将图象上所有点的横坐标伸长为原来的两倍，得到的图象，故D错误． 故选:AB． 10. 已知数列是等比数列，公比为，前项和为，下列判断正确的有（ ） A. 为等比数列 B. 为等比数列 C. 为等差数列 D. 若，则 【答案】AD 【解析】 【分析】利用等比数列的定义判断A，举反例判断B，C，利用前项和和通项公式的关系建立方程，求解参数判断D即可. 【详解】设首项为，因为数列是等比数列，公比为， 所以，，则，， 对于A，，则为等比数列，故A正确， 对于B，令，，则，， 即，而， ，， 得到，， 则不为等比数列，故B错误， 对于C，当时，无意义， 则不一定为等差数列，故C错误， 对于D，当时，， 当时，， 故，则，解得，故D正确. 故选：AD 11. 已知抛物线的焦点为，点与点关于原点对称，过点的直线与抛物线E交于两点（点和点在点的两侧），则下列命题正确的是（   ） A. B. 若BF为的中线，则 C. 存在直线使得 D. 对于任意直线l，都有 【答案】ABD 【解析】 【分析】设，不妨令,,,都在第一象限，联立抛物线，根据已知及韦达定理得，即可根据焦半径公式求解A，根据，，以及中点关系即可求解B，根据等腰直角三角形的性质可得矛盾即可求解C，根据，结合焦半径公式即可求解D. 【详解】由题意，, 设，不妨令，都在第一象限， 联立，则，且，即，则， 则直线的斜率为，因此， 当轴时，此时,此时直线的斜率为， 要使与抛物线有两个交点，则，故，A正确， 所以，，则，如图所示， 对于B：若为的中线，则，结合可得， 所以，故，进而，则，故B正确； 对于C：若，过作准线的垂线，垂足为，即，即为等腰直角三角形， 此时，即,，所以， 所以，所以，所以，则此时，为同一点，不合题设，故C错误； 对于D,，而， 结合，可得，即恒成立，故D正确． 故选：ABD． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知曲线的焦距为4，则其离心率为___________. 【答案】 【解析】 【分析】由曲线方程可知曲线是双曲线，可求出，由焦距可求出，进而可求得离心率. 【详解】因为曲线的焦距为4， 所以，即， 由方程可知曲线为双曲线，且， 所以离心率. 故答案为：. 13. 若圆C：关于直线对称，则的最小值是______． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意直线过圆心，进而有，应用基本不等式“1”的代换求最小值. 【详解】由题意，直线过圆心，则，且，所以， 所以， 当且仅当时取等号，故的最小值为. 故答案为：. 14. 一条直线与函数和的图象分别相切于点和点，则的值为__________． 【答案】-2 【解析】 【分析】求导，由导数几何意义得到切线方程，对照系数得到，联立得到，故. 【详解】因为，，所以，， 则在点处的切线方程为，即； 在点处的切线方程为：，即， 由已知，由得，故， 故，解得， 所以，因此． 故答案为：． 【点睛】方法点睛：应用导数的几何意义求切点处切线的斜率，主要体现在以下几个方面： (1) 已知切点求斜率,即求该点处的导数； (2) 已知斜率求切点即解方程； (3) 已知切线过某点(不是切点) 求切点, 设出切点利用求解. 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出相应的文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 如图，四棱锥中，底面为平行四边形，，为等边三角形， （1）证明：； （2）求与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析； （2）. 【解析】 【分析】（1）通过证明线面垂直来证得. （2）建立空间直角坐标系，利用向量法来求得与平面所成角的正弦值. 【小问1详解】 取为中点，连接、、， 由于三角形和三角形是等边三角形， 所以，， 由于， 所以面， 又面， 所以． 【小问2详解】 由（1）得，即 如图所示，建立空间直角坐标系，为中点， 则，，，， ∴，，， 设为平面的一个法向量， 则有，得 取，可得， 设与平面所成角为，则有 ， 所以与面所成角的正弦值． 16. 设函数. （1）求的单调区间; （2）若存在极值M，求证：. 【答案】（1）答案见解析； （2）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）讨论参数a，应用导数研究单调区间； （2）讨论参数a，利用导数研究函数极值即可证. 【小问1详解】 由题设， 当时，恒成立，故的增区间为，无减区间； 当时，令，得，故上，上， 所以的减区间为，增区间为. 【小问2详解】 由（1）知，当时，在上单增，没有极值； 当时，在上单减，在上单增， 存在极小值 令，则， 所以在上单调递增，在上单调递减，在时取最大值0， 所以恒成立，即. 17. 在中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，已知向量，，满足． （1）求A； （2）若，点D满足且，求边a的长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用共线的坐标表示及正弦定理边转角，得，再利用余弦定理即可求解； （2）利用余弦定理建立方程组，联立方程组可得结果. 【小问1详解】 因为，， 由得，， 再由正弦定理角化边得，整理得到， 再由余弦定理得， 又因为，所以. 【小问2详解】 由，可知在一条直线上且， 在中，由余弦定理得 ① ② 在中，由余弦定理可得 即③ ②×2+③得即④ 联立①④可得，解得或（舍）， 所以. 18. 已知数列的前n项和为，，． （1）证明：数列是等差数列； （2）求数列的前n项和； （3）若对任意恒成立．求实数的取值范围． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据题设递推关系有，结合等差数列定义判断证明； （2）应用错位相减法及等比数列前n项和公式求； （3）将问题化为恒成立，作差法判断右侧的最小值，即可得参数范围. 【小问1详解】 由，则，又， 所以数列是首项、公差均为的等差数列； 【小问2详解】 由（1）可得，即， 所以， 则， 所以， 所以. 【小问3详解】 由题可得，整理得恒成立， 令，则， 当时，当时，当时， 所以，即的最小值为， 综上，. 19. 已知椭圆：离心率为，经过的左焦点斜率为1的直线与轴正半轴相交于点，且． （1）求的方程； （2）设是上异于的两点，且， ①证明：直线过定点； ②求面积的最大值． 【答案】（1） （2）①证明见解析；② 【解析】 【分析】（1）根据椭圆离心率和直线斜率即可求出，则得到值，即得到椭圆方程； （2）设直线：，联立椭圆方程得，得到韦达定理式，再利用得到直线过定点，从而得到，通过换元和导数即可求出面积最值. 【小问1详解】 由题知，可得， 可得，因为斜率为1，所以， 因为，所以，则， 则，于是的方程为. 【小问2详解】 由（1）知，因为，所以不垂直于轴， 设直线：，联立得， 当时， 设，则， 因为，所以，， 故，根据， 故可得， 得， 因，整理可得，则， 故直线经过定点. 由①可知， 因为， 因，故， 所以的面积， 设，则，则，， 设，则， 当时，，则， 所以当，即时，面积取最大值. 【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是采用设线法，设直线：，联立椭圆方程得到韦达定理式，再利用，即，得到，再将韦达定理式整体代入化简得，从而得到直线过定点，再求出面积表达式，利用换元和导数即可求出面积最值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $