云南省红河哈尼族彝族自治州蒙自市红河哈尼族彝族自治州第一中学2024-2025学年高二上学期数学期末复习（一）

红河州第一中学2024年高二上学期期末复习（一） 数学试卷 一、单选题（本大题共8题，每题5分，共40分） 1．若集合，，则（    ） A． B． C． D． 2．复数，在复平面内的共轭复数对应的点位于（    ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 3．在等差数列中，，则的值为（    ） A．20 B．40 C．60 D．80 4．已知直线，则“”是“”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 5．在如图所示的电路图中，开关a，b闭合与断开的概率都是，开关c闭合与断开的概率分别是，，且各个开关是相互独立的，则灯亮的概率是（    ）   A． B． C． D． 6．如图所示的中，点是线段上靠近的三等分点，点是线段的中点，则（    ） A． B． C． D． 7．圆，点，为圆上的动点，为轴上的动点，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 8．已知，，，，则（    ） A． B． C． D． 二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求的．全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分） 9．下列说法正确的是（    ） A．命题“，都有”的否定是“，使得” B．当时，的最小值为 C．若不等式的解集为，则 D．“”是“”的充分不必要条件 10．第届冬奥会于年月日在国家体育场鸟巢举行了盛大开幕式．在冬奥会的志愿者选拔工作中，某高校承办了面试工作，面试成绩满分分，现随机抽取了名候选者的面试成绩并分为五组，绘制成如图所示的频率分布直方图，则下列说法正确的是(每组数据以区间的中点值为代表)（    ）    A．的值为 B．候选者面试成绩的中位数约为 C．在被抽取的候选者中，成绩在区间之间的候选者有人 D．估计候选者的面试成绩的平均数约为 11．已知是左、右焦点分别为的双曲线上一点，且，则下列说法正确的是（    ） A． B．的离心率是 C．的渐近线与双曲线的渐近线相同 D．的面积是 12．如图，在正方体中，点是的中点，点是直线上的动点，则下列说法正确的是（    ） A．是直角三角形 B．异面直线与所成的角为 C．当的长度为定值时，三棱锥的体积为定值 D．平面平面 三．填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分） 13．命题“，”的否定是 . 14．已知，若，且，则在方向上投影向量的坐标为 . 15．已知抛物线的焦点为，第一象限的、两点在抛物线上，且满足，.若线段中点的纵坐标为4，则抛物线的方程为 . 16．函数，若关于的方程有3个不同的实数根，则的取值范围为 ． 四．解答题（本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 17．已知向量，函数． (1)求的解析式与单调递增区间； (2)若当时，恒成立，求实数m的取值范围． 18．在中，角，，的对边分别为，，，面积为，在下列三个条件中任选一个，解答下面的问题．①，②，③． (1)求角的大小； (2)若外接圆的面积为，求的最大值． 19．设是等差数列，是各项都为正数的等比数列．且，，，． (1)求，的通项公式； (2)设，求数列的前项和． 20．如图，在四棱锥中，是正三角形，，平面平面，是棱上动点． (1)求证：平面平面； (2)在线段上是否存在点，使得直线与平面所成角为30°？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 21．在平面直角坐标系内，已知两点关于原点对称，且的坐标为. 曲线上的动点满足当直线的斜率都存在时，. (1)求曲线的方程； (2)已知直线过点且与曲线交于两点，问是否存在定点，使得直线关于轴对称？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由. 22．已知． (1)试判断函数的单调性； (2)若函数有且只有一个零点，求实数a的取值范围． 参考答案： 1．D 【分析】确定，，再计算交集得到答案. 【详解】，， 则. 故选：D. 2．D 【分析】根据复数的除法运算得到，再由共轭复数的概念及复数的几何意义即可求解. 【详解】， ， 复数的共轭复数在复平面内所对应的点位于第四象限， 故选：D. 3．A 【分析】根据等差数列性质计算即可. 【详解】在等差数列中，因为， 所以， 所以. 故选：A 4．C 【分析】根据直线平行的条件可求出a的值，再根据a的值判断两直线是否平行，即可得答案. 【详解】当时，，解得或． 当时，与重合，不符合； 当时，与不重合，符合， 故“”是“”的充要条件． 故选：C 5．B 【分析】要使灯亮，必须a闭合，而开关b，或c闭合，再根据相互独立事件的概率乘法公式求得结果． 【详解】解：设开关a，b，c闭合分别为事件A，B，C，灯亮为事件E， 则灯亮这一事件， 且A，B，C相互独立，，，两两互斥， ∴ ， 故选：B. 6．B 【分析】根据平面向量的线性运算求得正确答案. 【详解】 . 故选：B 7．C 【分析】作出圆心C关于x轴的对称点，先求得的最小值，结合图象进而求得的最小值. 【详解】圆，圆心，半径为， 则圆心关于x轴的对称点为， 则， 当且仅当三点共线时取得最小值， 结合图像可知. 故选：C 8．A 【分析】根据题意，由条件可得为奇函数，且在单调递增，由函数的单调性即可得到结果. 【详解】因为 则函数定义域为， 且满足， 即，所以函数为奇函数， 又由函数，都是上单调递增函数， 所以在单调递增， 因为且，所以， 又因为，，所以， 因为在单调递增，所以． 故选：A． 9．BCD 【分析】A选项，全称量词命题的否定是特称量词命题，把任意改为存在，把结论否定；B选项，变形后利用基本不等式求出最小值；C选项，根据不等式的解集得到，求出，得到答案；D选项，由，但得到答案. 【详解】A选项，“，都有”的否定是“，使得”，A错误； B选项，当时， ， 当且仅当，即时，等号成立， 故当时，的最小值为，B正确； C选项，由题意得为的两个根， ，解得，则，C正确； D选项，，但，比如满足，但不满足， 故“”是“”的充分不必要条件，D正确. 故选：BCD 10．BD 【分析】根据频率和为可构造方程求得A错误；由频率分布直方图估计中位数和平均数的方法可求得BD正确；根据频数与频率的关系可求得C错误. 【详解】对于A，，，A错误； 对于B，候选者面试成绩在之间的频率为， 候选者面试成绩在之间的频率为， 候选者面试成绩的中位数位于之间，设其为， 则，解得：，B正确； 对于C，候选者面试成绩在之间的候选人有人，C错误； 对于D，候选者面试成绩平均数约为，D正确. 故选：BD. 11．BCD 【分析】对于A，有对称性可推翻；对于B，由平方关系、离心率公式判断即可；对于C，由渐近线的求法即可判断；对于D，利用双曲线定义、余弦定理即可求得，结合三角形面积公式即可求解. 【详解】对于A，由题意双曲线上存在点，使得，由对称性可知点可能在左支上，也可能在右支上，即，故A错误； 对于B，由题意，即的离心率是2，故B正确； 对于C，的渐近线为即，双曲线的渐近线为即，故C正确； 对于D，不失一般性，不妨设点在双曲线左支上，如图所示： 不妨设，由题意， 在中运用余弦定理有， 解得， 所以的面积是，故D正确. 故选：BCD. 12．ABC 【分析】设正方体的棱长为2，求出相关线段长度，利用勾股定理逆定理可判断形状，判断A；利用平移法可求得异面直线与所成的角，判断B；根据棱锥的体积公式可判断C；建立空间直角坐标系，利用空间位置的向量证明方法可判断D. 【详解】对于A，设正方体的棱长为2，点是的中点，故; 平面平面，故， 则， 则，即，即是直角三角形，A正确； 对于B，在正方体中，点是的中点，    则直线DP即为直线，异面直线与所成的角即异面直线与所成的角， 由于，，故四边形为平行四边形， 所以，则即为异面直线与所成的角或其补角， 连接，则，即， 故异面直线与所成的角为，B正确； 对于C，设交于点O，则O为AC的中点，连接PO，    则PO为的中位线，故，平面，平面， 故平面， 当的长度为定值时，到平面的距离为定值，则Q到平面的距离为定值， 而的面积为定值，故为定值， 又三棱锥的体积，故三棱锥的体积为定值，C正确； 对于D，以D为坐标原点，以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，    则， 则， 设平面的法向量为，则， 令，则； 设平面的法向量为，则， 令，则； 则，即不垂直， 故平面和平面不垂直，D错误， 故选：ABC 13．， 【分析】根据命题否定的性质即可得. 【详解】命题“，”的否定为“，”. 故答案为：，. 14． 【分析】根据投影向量的计算公式即可解出. 【详解】，则， 在方向上投影向量的坐标为. 故答案： 15． 【分析】先根据焦半径公式得到的关系，然后根据弦长公式求解出，结合两点间斜率公式以及点在抛物线上求解出的值，则抛物线方程可求. 【详解】设， 因为， 所以，所以， 又因为，所以， 因为都在第一象限，所以， 又因为且， 所以，所以，所以抛物线方程为， 故答案为：. 16． 【分析】将方程有3个不同的实数根，转化为必有一正一负两个根，利用数形结合及二次函数的性质结合条件即得. 【详解】当，，则， 令，得， 当时，，当时，， 所以在上递减，在上递增，， 作出函数的大致图象， 设，则有两个不同的实数根，由可知，与异号， 不妨设，要使方程有3个不同的实数根， 则或， ①当时，，得； ②当时，设，则，得， 综上，的取值范围为． 故答案为：． 【点睛】已知函数有零点求参数常用的方法和思路： 直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围； 分离参数法：先将参数分离，转化成函数的值域问题解决； 数形结合法：先对解析式变形，在同一个平面直角坐标系中，画出函数的图像，然后数形结合求解. 17．(1)，单调递增区间为 (2) 【分析】（1）先化简函数为最简形式，结合单调区间的求解方法可得结果； （2）先求函数在区间上的最小值，然后可得答案. 【详解】（1），， 所以 ，即． 令，解得， 所以的单调递增区间为． （2）当时，， 所以， 又当时，恒成立，所以， 即实数m的取值范围为． 18．(1) (2) 【分析】（1）选①，根据条件、正弦定理以及三角恒等变换进行化简即可求解；选②，根据条件、余弦定理以及三角形的面积公式进行化简即可求解；选③，根据条件以及射影定理进行化简即可求解； （2）先根据题意求出外接圆的半径，再结合（1）及正弦定理求出，再根据余弦定理，基本不等式及三角形的面积公式即可求解． 【详解】（1）选①，由， 则根据正弦定理得， 在中，有， 则， 又，所以，即， 又，所以． 选②，由， 则根据余弦定理可得， 在中，有， 所以，即， 又，所以． 选③，由， 在中，根据射影定理可得， 所以，即， 又，所以． （2）因为外接圆的面积为，所以外接圆半径为， 又结合（1）可知，则根据正弦定理可得， 则根据余弦定理可得， 又，所以， 所以，当且仅当时，等号成立， 所以面积， 所以的最大值为． 19．(1)，． (2). 【分析】（1）应用等差、等比通项公式及已知列方程求基本量，进而写出，的通项公式； （2）由（1）得，再由错位相减法、等比数列前n项和公式求． 【详解】（1）由已知得①， ②， 联立①②，得，解得或， 因为是各项都为正数的等比数列，所以，代入①式可得， 所以，． （2）由题意及（1）及，故， ∴， ， 两式相减得 ． ∴. 20．(1)证明见解析 (2)存在，或 【分析】（1）由题设证得，取AD的中点，连结PO，应用面面垂直的性质证平面，再由线面垂直的性质、判定及面面垂直的判定证结论； （2）取AB的中点，连结ON，则，构建空间直角坐标系，设，应用向量法，结合线面角大小列方程求，即可得结果. 【详解】（1）因为，所以， 在中，由余弦定理得， 所以，即， 取AD的中点，连结PO，因为是正三角形，所以 又面面ABCD，面面，面， 所以平面，又平面，所以， 又，，平面，所以平面， 又平面，所以平面平面． （2）取AB的中点，连结ON，则，所以 以为正交基底建立空间直角坐标系， 则， 设，，则， 又，设平面的一个法向量为， 则，即，若， 取， 由直线AP与平面MBD所成角为，得， 化简得  解得或， 当或时，直线AP与平面所成角为. 21．(1) (2)存在， 【分析】（1）由题意，化简并整理即可，注意. （2）设，，由题意，即，将直线方程与椭圆方程联立结合韦达定理即可求解. 【详解】（1）由题意设，且， 又，化简并整理得， 曲线的方程为. （2）假设存在满足题意，并设， 联立，得， 则. 因为直线关于轴对称，所以， 即， 即对任意成立，所以， 即假设成立，存在定点满足题意. 22．(1)答案见解析 (2)或 【分析】（1）求导，讨论，两种情况，由导数得出其单调性； （2）将的零点问题化为函数零点问题，讨论、、、，由其单调性结合零点个数得出实数a的取值范围． 【详解】（1）解：， 所以 当时，因为，所以函数在上为增函数 当时，函数在上为减函数，在上增函数 综上所述：①当时，函数为增函数； ②当时，函数在上为减函数，在上为增函数 （2）若函数有且只有一个零点，则函数有且只有一个零点，且， 由（1）知：当时，函数为增函数，此时只有一个零点，满足题意 当时， ①时，因为函数在上为减函数，所以， 因为，因为函数在上为增函数， 所以唯一，使，所以函数恰有两个零点，不满足题意 ②时，因为函数在上为增函数，所以， ， 因为，函数在上为减函数， 所以唯一，使，所以函数恰有两个零点，不满足题意 ③时，函数在上为减函数，在上为增函数， 所以，函数有且只有一个零点，满足题意． 综上所述：实数的取值范围为或 【点睛】关键点睛：解决第二问时，关键在于将的零点问题化为函数零点问题，借助其单调性以及零点个数得出参数的范围. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$