精品解析：天津市河北区2024-2025学年高二下学期期末考试数学试卷

河北区2024—2025学年度第二学期期末高二年级质量检测 数 学 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分，考试用时120分钟.第Ⅰ卷1至3页，第Ⅱ卷4至8页. 第Ⅰ卷（选择题 共45分） 注意事项： 1.答第Ⅰ卷前，考生务必将自己的姓名、准考号、科目涂写在答题卡上. 2.每小题选出答案后，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.答在试卷上的无效. 3.本卷共9小题，每小题5分，共45分. 参考公式： 如果事件A，B互斥，那么 如果事件A，B相互独立，那么 球的表面积公式，球的体积公式，其中R表示球的半径 一、选择题：在每小题给出的四个选择中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合，集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 设，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 3. 已知小明射箭命中靶心的概率为，且每次射击互不影响，则小明在射击4次后，恰好命中两次的概率是（　　） A. B. C. D. 4. 函数的图象大致为( ) A. B. C. D. 5. 若，则的大小关系为（ ） A B. C. D. 6. 对四组数据进行统计，获得以下散点图，关于其样本相关系数的比较，下列结论正确的是（ ） A B. C. D. 7. 已知，为两条不同的直线，，为两个不同的平面，则下列结论正确的是（ ） A. ，，则 B. ，，，，则 C ，，，则 D. ，，，则 8. 已知函数的部分图象如图所示，则下列结论错误的是（ ） A. 函数的解析式可以为 B. 函数的图像关于直线对称 C. 函数在上单调递减 D. 函数的图像关于点对称 9. 已知是边长为1的正的边上的动点，为的中点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 第Ⅱ卷 注意事项： 1.答卷前将密封线内的项目填写清楚. 2.用黑色墨水的钢笔或签字笔答在答题纸上. 3.本卷共11小题，共105分. 二、填空题：本大题共5个小题，每小题5分，共25分.答案填在题中横线上. 10. 是虚数单位，复数_____________. 11. 二项式展开式中的项的系数为_______. 12. 已知正四棱锥的底面边长是，侧棱长为5，则该正四棱锥的体积为__________． 13. 一个袋子里放有除颜色外完全相同的2个白球、3个黑球.若采取有放回抽样方式，从中依次摸出两个小球，则两个小球颜色不同的概率为__________；若采取不放回抽样方式，从中依次摸出两个小球，则在第1次摸到的是黑球的条件下，第2次摸到的是黑球的概率为__________. 14. 若正实数m，n，t满足，且，则__________. 15. 函数在区间内恰有一个零点，则实数a的取值范围为__________. 三、解答题（本大题共5小题，共75分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 16. 已知函数. （1）求的最小正周期； （2）求单调递增区间： （3）在中，角所对的边分别为，若，，且的面积为，求的值. 17. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，. （1）求b的值； （2）求的值； （3）求的值. 18. 如图，在多面体中，四边形为正方形，平面，，，. （1）求证：； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）在线段上是否存在点，使得直线与所成角的余弦值为，若存在，求出点到平面的距离，若不存在，请说明理由. 19. 已知函数，. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）对定义域中的任意x，不等式恒成立，求实数m的取值范围. 20. 已知函数（）. （1）当时，求零点个数； （2）当时，求证：，； （3）求证：，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 河北区2024—2025学年度第二学期期末高二年级质量检测 数 学 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分，考试用时120分钟.第Ⅰ卷1至3页，第Ⅱ卷4至8页. 第Ⅰ卷（选择题 共45分） 注意事项： 1.答第Ⅰ卷前，考生务必将自己的姓名、准考号、科目涂写在答题卡上. 2.每小题选出答案后，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.答在试卷上的无效. 3.本卷共9小题，每小题5分，共45分. 参考公式： 如果事件A，B互斥，那么 如果事件A，B相互独立，那么 球的表面积公式，球的体积公式，其中R表示球的半径 一、选择题：在每小题给出的四个选择中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合，集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由并集和补集的运算得出即可. 【详解】由，所以， 故选：A． 2. 设，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 【答案】B 【解析】 【分析】根据充分必要条件与集合之间的关系，判断出两个集合之间的包含关系，求出结果. 【详解】已知，则，解得， 因为，所以“”不可以推导出“”，但“”能推导出“”， 所以“”是“”必要不充分条件. 故选：B. 3. 已知小明射箭命中靶心的概率为，且每次射击互不影响，则小明在射击4次后，恰好命中两次的概率是（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用二项分布的概率即可得解． 【详解】由已知命中的概率为，不命中的概率为，射击4次，命中两次， 故概率. 故选：D. 4. 函数的图象大致为( ) A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据奇偶性可排除CD,代入特殊值排除B，即可得到正确选项. 【详解】的定义域为，定义域关于原点对称， 由得 所以函数是偶函数，其图象关于y轴对称，选项CD错误； 令可得：，选项B错误； 故选：A 【点睛】函数图象的识辨可从以下方面入手：(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置．(2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势．(3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性．(4)从函数的特征点，排除不合要求的图象．利用上述方法排除、筛选选项． 5. 若，则的大小关系为（ ） A B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据特殊值比较大小，得出的大小 【详解】因， 所以， 故选：B. 6. 对四组数据进行统计，获得以下散点图，关于其样本相关系数的比较，下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由相关系数的意义结合散点图即可求解. 【详解】由图知，都是正相关关系，都是负相关关系， 从散点密集程度看，相关性分别较更强， 所以. 故选：D 7. 已知，为两条不同的直线，，为两个不同的平面，则下列结论正确的是（ ） A. ，，则 B. ，，，，则 C. ，，，则 D. ，，，则 【答案】D 【解析】 【分析】根据线面平行的判定定理、面面平行的判定定理，性质定理、线面垂直的性质定理判断即可. 【详解】对于A，，，则或，A错误； 对于B，若，，，，则或相交， 只有加上条件相交，结论才成立，B错误； 对于C，，，无法得到， 只有加上条件才能得出结论，C错误； 对于D，，，则，又因为，所以，D正确. 故选:D. 8. 已知函数的部分图象如图所示，则下列结论错误的是（ ） A. 函数的解析式可以为 B. 函数的图像关于直线对称 C. 函数在上单调递减 D. 函数的图像关于点对称 【答案】C 【解析】 【分析】由已知结合最值求A，结合周期求出，由特殊点求，进而可求，然后结合正弦函数的对称性及单调性即可判断． 【详解】由题意得，，，所以，故， 因为，， 因为，所以，，A正确； 因为，此时取得最小值，B正确； 当时，，此时不单调，C错误； 因为，D正确． 故选：C． 9. 已知是边长为1的正的边上的动点，为的中点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】可取AC的中点为O，然后以点O为原点，直线AC为x轴，建立平面直角坐标系，从而根据条件可得出，并设，从而可得出，根据x的范围，配方即可求出的最大值和最小值，从而得出取值范围. 【详解】解：取AC的中点O，以O为原点，直线AC为x轴，建立如图所示的平面直角坐标系，    则：，设， ， ，且， 时，取最小值；时，取最大值， ∴的取值范围是， 故选：A. 第Ⅱ卷 注意事项： 1.答卷前将密封线内的项目填写清楚. 2.用黑色墨水的钢笔或签字笔答在答题纸上. 3.本卷共11小题，共105分. 二、填空题：本大题共5个小题，每小题5分，共25分.答案填在题中横线上. 10. 是虚数单位，复数_____________. 【答案】 【解析】 【分析】利用复数的除法运算法则：分子、分母同乘以分母的共轭复数，化简复数即可. 【详解】 ，故答案为. 【点睛】复数是高考中的必考知识，主要考查复数的概念及复数的运算．要注意对实部、虚部的理解，掌握纯虚数、共轭复数、复数的模这些重要概念，复数的运算主要考查除法运算，通过分母实数化转化为复数的乘法，运算时特别要注意多项式相乘后的化简，防止简单问题出错，造成不必要的失分. 11. 二项式展开式中的项的系数为_______. 【答案】 【解析】 【分析】 写出展开式通项公式，由指数为3求出项数，再得系数． 【详解】由题意，，，展开式中的项的系数. 故答案为：． 【点睛】本题考查二项式定理，考查求某一项的系数，掌握二项式展开式通项公式是解题关键． 12. 已知正四棱锥的底面边长是，侧棱长为5，则该正四棱锥的体积为__________． 【答案】24 【解析】 【详解】试题分析：该正四棱锥的高为，则该正四棱锥的体积； 考点：1.简单几何体的体积； 13. 一个袋子里放有除颜色外完全相同的2个白球、3个黑球.若采取有放回抽样方式，从中依次摸出两个小球，则两个小球颜色不同的概率为__________；若采取不放回抽样方式，从中依次摸出两个小球，则在第1次摸到的是黑球的条件下，第2次摸到的是黑球的概率为__________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】第一问分先白后黑和先黑后白两种情况，由概率公式计算；第二问利用条件概率公式即可求解. 【详解】令事件表示用放回抽样方式摸出两个颜色不同的小球， 所以每次摸一个白球的概率为，每一次摸一个黑球的概率为， 所以， 令事件表示第次摸到黑球， 所以， 所以在第一次摸到黑球的条件下，第二次摸到黑球的概率为： ， 故答案为：. 14. 若正实数m，n，t满足，且，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据对数和指数互化方法，求出参数的表达式，根据换底公式列出方程，根据对数运算公式，求出参数值. 【详解】已知，则， 根据换底公式可得，则， 变形得，解得. 故答案为：. 15. 函数在区间内恰有一个零点，则实数a的取值范围为__________. 【答案】 【解析】 【分析】分类讨论和两种情况，再利用判别式和零点存在性定理列不等式求解即可. 【详解】由题意有：当时，，令得满足题意， 当时，解得，当 时，令得满足题意， 当时，得，只需即可，则，解得， 当时，解得，所以，令得，满足题意， 当时，解得，所以，令解得，满足题意， 综上所述有：. 故答案为：. 三、解答题（本大题共5小题，共75分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 16. 已知函数. （1）求的最小正周期； （2）求的单调递增区间： （3）在中，角所对的边分别为，若，，且的面积为，求的值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）首先利用二倍角的余弦正弦公式化简函数的解析式，进而可求出函数的最小正周期. （2）根据正弦函数单调性求解即可. （3）首先根据的函数值求出，然后根据三角形的面积求出的值，最后结合余弦定理和已知条件求出. 【小问1详解】 因为， 所以. 所以最小正周期为. 【小问2详解】 因为， 所以当时，函数单调递增， 即. 所以的单调递增区间为. 【小问3详解】 因为，所以， 所以或， 即或. 因为，所以. 因为的面积为，所以，解得. 所以，解得. 根据余弦定理. 因为，所以. 17. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，. （1）求b的值； （2）求的值； （3）求的值. 【答案】（1）1； （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理建立方程求解即得； （2）利用同角三角函数基本关系及正弦定理求解； （3）利用二倍角公式及两角和的余弦公式求解. 【小问1详解】 在中，，， 由余弦定理得，整理得， 所以. 【小问2详解】 在中，由，得， 由正弦定理，得. 【小问3详解】 由（2）得，， 所以. 18. 如图，在多面体中，四边形为正方形，平面，，，. （1）求证：； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）在线段上是否存在点，使得直线与所成角的余弦值为，若存在，求出点到平面的距离，若不存在，请说明理由. 【答案】（1）证明见解析； （2） （3） 【解析】 【分析】(1)建立适当的空间直角坐标系，利用向量垂直证明线段垂直. (2)求出平面ACF的法向量，以及的坐标，即可求解. (3)假设线段DE上存在一点，再根据条件求出，再利用向量的投影即可求出点到平面的距离. 【小问1详解】 依题意，以D为原点，分别以的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，可得,,,,, . 依题意，,, 从而, 所以，即 【小问2详解】 依题意，,, 设为平面ACF的法向量， 则， 不妨设可得， 因为, 设直线EC与平面ACF所成角为，则 ， 所以直线EC与平面ACF所成角的正弦值为. 【小问3详解】 假设线段DE上存在一点，使得直线BG与AD所成角的余弦值为，则. 依题意则， ，解得. 所有存在点满足条件， 所以可得, 由（2）可知平面ACF的一个法向量为， 所以点G到平面ACF的距离为 19. 已知函数，. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）对定义域中的任意x，不等式恒成立，求实数m的取值范围. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）把代入，利用导数的几何意义求出切线方程； （2）等价变形给定不等式得到，构造函数并利用导数求出最大值即可. 【小问1详解】 当时，，求导得，则，而， 所以曲线在点处的切线方程为，即. 【小问2详解】 函数的定义域为， ，，令， 求导得， 当时，；当时，， 函数在上单调递增，在上单调递减， ，则， 所以实数m的取值范围是. 20. 已知函数（）. （1）当时，求的零点个数； （2）当时，求证：，； （3）求证：，. 【答案】（1）2个； （2）证明见解析； （3）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）利用导函数确定函数的单调性，再结合零点存在定理即可得的零点个数； （2）利用导数求出最值即可证明不等式； （3）结合（2）的结论，对进行放缩，再利用裂项相消法求和即可得证. 【小问1详解】 当时，函数定义域为，求导得， 令，求导得，函数在上单调递增， 而，则当时，；当时，， 函数在上单调递减，在上单调递增，， 而，则存在，使得， 所以函数有2个零点. 【小问2详解】 当时，的定义域为， 求导得，令，求导得， 函数在上单调递减，而，则当时，；当时，， 函数在上单调递增，在上单调递减，， 所以对，. 【小问3详解】 由（2）得，当且仅当时取等号，则， 因此，而当时，， 则当时，， 当时，，因此，，即， 所以，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$