精品解析：新疆维吾尔自治区乌鲁木齐市天山区新疆实验中学2024-2025学年高二上学期1月期末数学试题

新疆实验中学2024－2025学年第一学期高二年级期末考试 数学试卷（问卷） （卷面分值：150分 考试时间：120分钟） 注意事项： 1．本试卷为问答分离式试卷，共6页，其中问卷4页，答卷2页．答题前请考生务必将自己的班级，姓名，准考证号的信息填写在答题卡上． 2．作答非选择题时必须用黑色字迹0.5毫米签字笔书写在答题卡的指定位置上，作答选择题必须用2B铅笔在答题卡上将对应题目的选项涂黑．如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其它答案，请保持答题卡卡面清洁，不折叠，不破损，不能使用涂改液，修正带． 3．考试结束后，请将答题卡交回． 一、选择题：本大题共8题，每小题5分，共计40分．在每小题列出的四个选项中只有一项是最符合题目要求的，请将所选答案涂在答题卡的相应位置上． 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知在等差数列中，，，则（ ） A. 4 B. 6 C. 8 D. 10 3. 下列函数中，既是奇函数又在区间上单调递增的是（ ） A B. C. D. 4. 已知，，，则，，的大小关系是（ ） A. B. C. D. 5. 已知，则（ ） A. B. C. 3 D. 6. 已知一个圆台的上、下底面半径分别为、，它的母线长为，则这个圆台的体积为 （ ） A. B. C. D. 7. 已知函数是偶函数，且在上是单调递减，若，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 已知为等比数列，，公比．若是数列的前n项积，则取最大值时n为（ ） A. 4 B. 5 C. 4或5 D. 5或6 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. （多选）已知向量，，则下列结论正确的是（ ） A 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则与的夹角为锐角 10. 已知等差数列的前项和为，若，则下列选项正确的有（ ） A. B. C. 中绝对值最小项为 D. 数列的前项和最大项为 11. 已知函数的部分图象如图所示，则下列选项中正确的有（ ） A. 的最小正周期为 B. 是最小值 C. 在区间上的值域为 D. 把函数图象上所有点向右平移个单位长度，可得到函数的图象 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若，则______． 13. 函数的图象恒过定点__________. 14. 已知数列满足，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. 已知等比数列中，数列满足． （1）求数列和的通项公式； （2）设，求数列的前项和． 16. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足. （1）求角A的大小； （2）若，，求的面积. 17. 2024年奥运会在巴黎举行，中国代表团获得了40枚金牌，27枚银牌，24枚铜牌，共91枚奖牌，取得了境外举办奥运会的最好成绩，运动员的拼搏精神给人们留下了深刻印象.为了增加学生对奥运知识的了解，弘扬奥运精神，某校组织高二年级学生进行了奥运知识能力测试.根据测试成绩，将所得数据按照，，，，，分成6组，其频率分布直方图如图所示. （1）求a值和该样本的第75百分位数； （2）试估计本次奥运知识能力测试成绩的平均分； （3）该校准备对本次奥运知识能力测试成绩不及格（60分以下）的学生，采用按比例分配的分层随机抽样方法抽出5名同学，再从抽取的这5名同学中随机抽取2名同学进行情况了解，求这2名同学分数在，各一人的概率. 18. 如图，垂直圆O所在的平面，是圆O的一条直径，C为圆周上异于A，B的动点，D为弦的中点，. （1）证明：平面平面； （2）若，求平面与平面所成锐二面角的余弦值. 19. 已知数列满足， （1）记，写出，，并求数列的通项公式； （2）求的前20项和. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 新疆实验中学2024－2025学年第一学期高二年级期末考试 数学试卷（问卷） （卷面分值：150分 考试时间：120分钟） 注意事项： 1．本试卷为问答分离式试卷，共6页，其中问卷4页，答卷2页．答题前请考生务必将自己的班级，姓名，准考证号的信息填写在答题卡上． 2．作答非选择题时必须用黑色字迹0.5毫米签字笔书写在答题卡的指定位置上，作答选择题必须用2B铅笔在答题卡上将对应题目的选项涂黑．如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其它答案，请保持答题卡卡面清洁，不折叠，不破损，不能使用涂改液，修正带． 3．考试结束后，请将答题卡交回． 一、选择题：本大题共8题，每小题5分，共计40分．在每小题列出的四个选项中只有一项是最符合题目要求的，请将所选答案涂在答题卡的相应位置上． 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据集合的并集运算即可求解． 【详解】集合，， 则． 故选：B． 2. 已知在等差数列中，，，则（ ） A. 4 B. 6 C. 8 D. 10 【答案】C 【解析】 【分析】根据等差数列的性质求解即可. 【详解】根据等差数列的性质，可得， 则，即. 故选：C. 3. 下列函数中，既是奇函数又在区间上单调递增的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 根据解析式可直接判定奇偶性和单调性，得出答案. 【详解】对A，根据正弦函数的性质可得是奇函数，在单调递增，故A正确； 对B，的定义域为，不关于原点对称，故不是奇函数，故B错误； 对C，在单调递递减，故C错误； 对D，的定义域为，不关于原点对称，故不是奇函数，故D错误. 故选：A. 4. 已知，，，则，，的大小关系是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据指数函数、对数函数的单调性，结合中间值0和1比较大小即可 【详解】由于，， 所以. 故选：B 5. 已知，则（ ） A. B. C. 3 D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据同角三角函数的基本关系结合题设可得，进而结合两角和的正切公式计算即可. 【详解】由，得，解得， 所以. 故选：D. 6. 已知一个圆台的上、下底面半径分别为、，它的母线长为，则这个圆台的体积为 （ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求出圆台的高，结合台体的体积公式可求得该圆台的体积. 【详解】取圆台的轴截面，则四边形为等腰梯形， 过点、在平面内分别作，，垂足分别为、， 如下图所示： 在梯形内，，，，则， 故四边形为矩形，所以，，， 在、中，，，， 所以，，所以，， 所以，， 因此，该圆台的体积为. 故选：D 7. 已知函数是偶函数，且在上是单调递减，若，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意判断函数在上是单调递增，因此由得，即可求得答案. 【详解】由函数是偶函数，且在上是单调递减， 可知函数在上是单调递增， 故由得， 两边平方解得，即实数a的取值范围是， 故选：A 8. 已知为等比数列，，公比．若是数列的前n项积，则取最大值时n为（ ） A. 4 B. 5 C. 4或5 D. 5或6 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意和等比数列的基本量运算求出，根据指数型复合函数的单调性即可求得的最大值和此时的值. 【详解】由题意, 函数的开口向下，对称轴为， 因为，所以当或时，取到最大值10，取得最大值． 故选：C. 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. （多选）已知向量，，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则与的夹角为锐角 【答案】AD 【解析】 【分析】根据垂直和平行满足的坐标关系即可求解AB，根据模长公式即可求解C，根据夹角公式即可求解D. 【详解】A选项，，，，A选项正确. B选项，，，B选项错误. C选项，时 ，，，，C选项错误. D选项，当时，由上可知向量不共线，且， 所以，所以为锐角，D选项正确. 故选：AD 10. 已知等差数列的前项和为，若，则下列选项正确的有（ ） A. B. C. 中绝对值最小的项为 D. 数列的前项和最大项为 【答案】BCD 【解析】 【分析】由题设可得，结合等差数列性质判断A、B、C；再由的正负分界点，判断最大项判断D. 【详解】由题意，可得， 所以，，，B正确，A错误； 设数列的公差为， 则，， 所以为递减数列，且，，即， 且当时，单调递减，当时，单调递增， 所以中绝对值最小的项为，故C对； 因为当时，，当时，，， 所以的前项为正，第项开始均为负， 故最大项为，D对. 故选：BCD 11. 已知函数的部分图象如图所示，则下列选项中正确的有（ ） A. 的最小正周期为 B. 是的最小值 C. 在区间上的值域为 D. 把函数的图象上所有点向右平移个单位长度，可得到函数的图象 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据给定的图象求出函数的解析式可判断A；将代入解析式可判断B；利用正弦型函数的值域可判断C；利用图像的平移可判断D. 【详解】函数的周期，则，， 当时，， 由， 得，即， 所以函数解析式为； 当时，， 由， 得，即， 所以函数解析式为， 因为， 所以， 对于A，函数的最小正周期为，故A正确； 对于B，是的最小值，故B正确； 对于C，当时，， 利用正弦函数的性质知，， 得，故C错误； 对于D，函数的图象上所有点向右平移个单位长度， 得到函数的图象，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. 若，则______． 【答案】 【解析】 【分析】根据复数的运算法则计算出复数，再计算复数的模. 【详解】由题意知， 所以. 故答案为：. 13. 函数的图象恒过定点__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据分析求解即可. 【详解】令，解得，此时， 所以函数的图象恒过定点. 故答案为：. 14. 已知数列满足，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】由所给等式得，两式相减可求得的通项公式，代入通项即可得解. 【详解】因为①， 当时，②， ①②得，所以， 所以. 故答案为： 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. 已知等比数列中，数列满足． （1）求数列和的通项公式； （2）设，求数列的前项和． 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）设等比数列的公比为，由等比数列的通项公式求出，得到数列的通项公式，再由对数的运算性质求出； （2）利用分组求和法及等差数列、等比数列的求和公式进行求解． 【小问1详解】 设等比数列的公比为，因为， 所以，即，则， 则. 【小问2详解】 由（1），得， 则． 16. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足. （1）求角A的大小； （2）若，，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理边化角即可求解角A的大小； （2）结合余弦定理得，由代换可得，联立正弦面积公式可求的面积. 【小问1详解】 由边化角得， ，得，显然， 则，； 【小问2详解】 由余弦定理得：， 将代入得，，代入得. 17. 2024年奥运会在巴黎举行，中国代表团获得了40枚金牌，27枚银牌，24枚铜牌，共91枚奖牌，取得了境外举办奥运会的最好成绩，运动员的拼搏精神给人们留下了深刻印象.为了增加学生对奥运知识的了解，弘扬奥运精神，某校组织高二年级学生进行了奥运知识能力测试.根据测试成绩，将所得数据按照，，，，，分成6组，其频率分布直方图如图所示. （1）求a值和该样本的第75百分位数； （2）试估计本次奥运知识能力测试成绩的平均分； （3）该校准备对本次奥运知识能力测试成绩不及格（60分以下）的学生，采用按比例分配的分层随机抽样方法抽出5名同学，再从抽取的这5名同学中随机抽取2名同学进行情况了解，求这2名同学分数在，各一人的概率. 【答案】（1）0.030，第75百分位数为82 （2）平均分为71 （3） 【解析】 【分析】（1）根据百分位数定义结合题意计算即可； （2）根据频率直方图中的平均数计算方法求解即可； （3）利用分层抽样、列举法及古典概型即可求解. 【小问1详解】 由题意可得：， 解得：； 因为，， 所以该样本的第百分位数在区间， 所以设该样本第百分位数为，则可得方程： ， 解得：， 即该样本的第百分位数为. 【小问2详解】 因为， 故估计本次奥运知识能力测试成绩的平均分为. 【小问3详解】 采用分层抽样从和抽取名同学， 因为， 则应在成绩为的学生中抽取人，记为，； 在成绩为的学生中抽取人，记为，，； 再从抽取的这名同学中随机抽取名同学有如下结果， ，，，，， ，，，，共种可能结果； 其中在，各一人的共种； 所以所求概率， 则这名同学分数在，各一人的概率为. 18. 如图，垂直圆O所在的平面，是圆O的一条直径，C为圆周上异于A，B的动点，D为弦的中点，. （1）证明：平面平面； （2）若，求平面与平面所成锐二面角的余弦值. 【答案】（1）见解析（2） 【解析】 【分析】（1）根据垂直圆O所在的平面，有，易证.由线面垂直的判定定理得到平面，然后由面面垂直的判定定理证明. （2）建立空间直角坐标系，分别求得平面，平面的一个法向量，代入二面角的向量公式求解. 【详解】（1）证明：因为垂直圆O所在的平面，所以， 因为D为弦的中点，O为圆O的圆心，所以. 因为，所以平面， 又平面，所以平面平面. （2）如图所示： 以O为原点，建立空间直角坐标系. 则 从而 设平面的法向量为， 则，即 令，得. 由（1）可得平面的一个法向量为 则平面与平面所成锐二面角的余弦值为 【点睛】本题主要考查线面垂直的判定定理和性质定理，面面垂直的判定定理，二面角的向量求法，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于中档题. 19. 已知数列满足， （1）记，写出，，并求数列的通项公式； （2）求的前20项和. 【答案】（1）；（2）. 【解析】 【分析】(1)方法一：由题意结合递推关系式确定数列特征，然后求和其通项公式即可； (2)方法二：分组求和，结合等差数列前项和公式即可求得数列的前20项和. 【详解】解：（1）[方法一]【最优解】： 显然偶数，则， 所以，即，且， 所以是以2为首项，3为公差的等差数列， 于是． [方法二]：奇偶分类讨论 由题意知，所以． 由（为奇数）及（为偶数）可知， 数列从第一项起， 若为奇数，则其后一项减去该项的差为1， 若为偶数，则其后一项减去该项的差为2． 所以，则． [方法三]：累加法 由题意知数列满足． 所以， ， 则． 所以，数列的通项公式． （2）[方法一]：奇偶分类讨论 ． [方法二]：分组求和 由题意知数列满足， 所以． 所以数列奇数项是以1为首项，3为公差的等差数列； 同理，由知数列的偶数项是以2为首项，3为公差的等差数列． 从而数列的前20项和为： ． 【整体点评】(1)方法一：由题意讨论的性质为最一般的思路和最优的解法； 方法二：利用递推关系式分类讨论奇偶两种情况，然后利用递推关系式确定数列的性质； 方法三：写出数列的通项公式，然后累加求数列的通项公式，是一种更加灵活的思路. (2)方法一：由通项公式分奇偶的情况求解前项和是一种常规的方法； 方法二：分组求和是常见的数列求和的一种方法，结合等差数列前项和公式和分组的方法进行求和是一种不错的选择. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $