精品解析：河北省保定市定州市河北定州中学2024-2025学年高二下学期6月期末数学试题

2024~2025学年高二下学期期末调研考试 数学 考生注意： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间150分钟. 2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚. 3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效. 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，，复数，(为虚数单位)，若，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】利用复数相等，求的值. 【详解】由，得，所以，，所以. 故选：C. 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求出，逐项计算后可得正确的选项. 【详解】由题设有，， 故，，，故D成立， 故选：D. 3. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据二倍角余弦公式及诱导公式可求的值. 【详解】, 故选：B. 4. 我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果，哥德巴赫猜想的内容是：每个大于2的偶数都可以表示为两个素数的和，例如：，，，那么在不超过18的素数中随机选取两个不同的数，其和等于16的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 先求出从不超过18的素数中随机选取两个不同的数的所有可能结果，然后再求出其和等于16的结果，根据等可能事件的概率公式可求. 【详解】解：不超过18的素数有2，3，5，7，11，13，17共7个，从中随机选取两个不同的数共有， 其和等于16的结果，共2种等可能的结果， 故概率. 故选：B. 【点睛】古典概型要求能够列举出所有事件和发生事件的个数，本题不可以列举出所有事件但可以用分步计数得到，属于基础题. 5. 若直线与圆相交于，两点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】首先求出直线经过的定点，然后结合圆的性质分析出当时，最小即可得出结果. 【详解】可化为， 令 直线恒过定点，该点在圆内， 当时，最小， 此时. 故选：C. 6. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】分析可知，当为偶数时，；当为奇数时，.然后去绝对值，令，即可得出所求代数式的值. 【详解】的展开式通项为， 所以， 故当为偶数时，；当为奇数时，. 所以 . 故选：A. 7. 设和为双曲线的两个焦点，若是正三角形的三个顶点，则双曲线的渐近线方程是（ ） A. B. C D. 【答案】B 【解析】 【分析】设,,则,由、、是正三角形的三个顶点可知,由此可求出,进而得到双曲线的渐近线方程. 【详解】设 ,则,  、、是正三角形的三个顶点,  , ,  ,  , 即,  ,  ∵双曲线的渐近线方程为,  即为 故选B 【点睛】本题考查了双曲线里的与渐近线方程的联系，注意几何关系的运用，属于基础题． 8. 已知一个圆台母线长为，侧面展开图是一个面积为的半圆形扇环（如图所示），在该圆台内能放入一个可以自由转动的正方体（圆台表面厚度忽略不计），则该正方体体积的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】通过空间想象将圆台内自由转动的正方体问题，转化为求解圆台内球最大问题.先由侧面展开前后图形关系建立方程求解各相关各量、、、、等，再计算比较圆台高与圆锥内切球直径的大小关系确定最大球状态，求解半径，进而求正方体棱长与体积可得. 【详解】要使圆台内能放入自由转动的正方体的体积最大，则该正方体的外接球恰好为该圆台内能放入的最大的球. 设圆台的侧面展开图半圆形扇环的内圆半径为，外圆半径为， 则，化简得， 又圆台母线长为，联立，解得. 设圆台上、下底面圆半径分别为、，则，解得. 如图1，还台为锥，设上、下底面圆心为、， 在中，，又为锐角，则. 由相似性可知，圆台的轴截面等腰梯形的底角为， 故圆台的高. 如图2，圆锥轴截面为正三角形， 则正三角形内切圆即圆锥内切球半径长为， 因为正三角形内切圆直径， 故圆锥内切球即圆台内能放入的最大的球，直径为. 设正方体的棱长为，由正方体外接球直径即为体对角线可得，解得， 此时正方体的体积最大，最大为. 故选：B. 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. 已知抛物线的焦点为，点为上一点，，延长与相交于另一点，为坐标原点，则下列结论正确的是（ ） A. B. 抛物线的准线方程为 C. 的面积为 D. 直线的方程为或 【答案】BC 【解析】 【分析】由抛物线的定义可求出的值，可得出抛物线的方程，将点的坐标代入抛物线方程，求出的值，可判断A选项；根据抛物线的标准方程求出其准线方程，可判断B选项；分析可知轴，可求出点的坐标，进而可求得的面积，可判断C选项；求出直线的方程，可判断D选项. 【详解】对于A选项，抛物线的准线方程为， 因为点为上一点，，则，解得， 所以，抛物线的方程为， 将点的坐标代入抛物线的方程得，解得，A错； 对于B选项，抛物线的准线方程为，B对； 对于C选项，易知抛物线的焦点为， 若，则点的坐标为，所以轴，故点、关于轴对称， 则点，所以，所以， 若，同理可知，C对； 对于D选项，由C选项可知，轴，故直线的方程为，D错. 故选：BC. 10. 已知等差数列的公差，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则是单调递减数列 B. 若，则是单调递增数列 C. 是单调递增数列 D. 是单调递增数列 【答案】BCD 【解析】 【分析】取，结合数列单调性的定义可判断A选项；利用数列单调性的定义可判断BCD选项. 【详解】对于A选项，不妨取，则，且对任意的，， 但，，此时数列不单调，A错； 对于B选项，若，由于，故数列是单调递增数列，B对； 对于C选项，对任意的，由于，故数列是单调递增数列，C对； 对于D选项，对任意的，， 因为，所以，故数列是单调递增数列，D对. 故选：BCD. 11. 已知函数，则（ ） A. 对任意正奇数，奇函数 B. 当时，的单调递增区间是 C. 当时，在上的最小值为 D. 对任意正整数，的图象都关于直线对称 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用特殊值法可判断A选项；利用三角恒等变换化简函数解析式为，结合余弦型函数的单调性可判断B选项；利用导数分析函数在上的单调性，求其最值，可判断C选项；利用函数对称性的定义可判断D选项. 【详解】对于A选项，取，则，该函数的定义域为， 因为，此时不是奇函数，A错； 对于B选项，当时， ， 由可得， 所以的递增区间为，B对； 对于C选项，当时，， 所以， 当时，；当时，． 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以的最小值为，C对； 对于D选项，对任意正整数，， 故函数的图象关于直线对称，D对. 故选：BCD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量，，若，则正数______. 【答案】 【解析】 【分析】求出向量、的坐标，根据向量垂直的坐标表示可得出关于的方程，即可解出正数的值. 【详解】因为向量，，则，， 因为，所以， 即，因为，解得. 故答案为：. 13. 已知正数满足，则的最小值为______. 【答案】12 【解析】 【分析】利用基本不等式求解即可. 【详解】因，所以， 当且仅当，即，时等号成立，所以的最小值为12. 故答案为：12. 14. 已知函数，若关于的方程有5个不同的实数解，则实数的取值范围是______. 【答案】 【解析】 【分析】利用导数研究函数的单调性并求得最值，求解方程得到或．画出函数图象，数形结合得答案． 【详解】设，则， 由，解得， 当时，，函数为增函数，当时，，函数为减函数． 当时，函数取得极大值也是最大值为（）． 方程化为． 解得或． 如图画出函数图象：可得的取值范围是． 故答案为： 【点睛】本题主要考查根的存在性与根的个数判断，考查利用导数求函数的最值，考查数形结合的解题思想方法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力． 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. 在中，角，，的对边分别为，，，已知. （1）求； （2）若，，为AC边的中点，求BD的长. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理和得到，求出； （2）由向量基本定理得到，两边平方，结合，求出，得到. 【小问1详解】 ，由正弦定理得， 由于， 故， 所以， 因为，所以，故，， 因为，所以； 【小问2详解】 为AC边的中点，故， 两边平方得， 又，，，所以，故. 16. 昆明是全国十大旅游热点城市，有石林世界地质公园、滇池、安宁温泉、九乡、阳宗海、轿子雪山等国家级和省级著名风景区，还有世界园艺博览园和云南民族村等多处重点风景名胜，多条国家级旅游线路，形成以昆明为中心，辐射全省，连接东南亚，集旅游、观光、度假、娱乐为一体的旅游体系.某景区为了进一步优化旅游服务环境，强化服务意识，全面提升景区服务质量，准备从个跟团游团队和个私家游团队中随机抽取几个团队展开满意度调查. （1）若一次抽取个团队，在抽取的个团队是同类型团队的条件下，求这个团队全是跟团游团队的概率； （2）若一次抽取个团队，设随机变量为这个团队中私家游团队的个数，求的分布列和数学期望. 【答案】（1） （2）分布列见解析， 【解析】 【分析】（1）记事件一次抽取的个团队类型相同，记事件一次抽取的个团队都是跟团游团队，利用条件概率公式可求得的值； （2）由题意可知，随机变量的所有可能取值为、、、，利用超几何分布可得出随机变量的分布列，进而可求得的值. 【小问1详解】 记事件一次抽取的个团队类型相同，记事件一次抽取的个团队都是跟团游团队， 由条件概率公式可得. 【小问2详解】 由题意知，随机变量的所有可能取值为、、、， ，，， . 故的分布列为 故. 17. 如图，在四棱锥中，底面为菱形，底面，. （1）求证：平面； （2）若直线与平面所成的角为，求平面与平面所成锐二面角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析（2） 【解析】 【分析】（1）由底面为菱形，得，再由底面，可得，结合线面垂直的判定可得平面； （2）以点为坐标原点，以所在直线及过点且垂直于平面的直线分别为轴建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得平面与平面所成锐二面角的余弦值. 【详解】（1）证明：底面为菱形，， 底面，平面， 又，平面， 平面； （2）解：，，为等边三角形， . 底面，是直线与平面所成的角为， 在中，由，解得. 如图，以点为坐标原点，以所在直线及过点且垂直于平面的直线分别为轴 建立空间直角坐标系. 则，，，，. ，，，. 设平面与平面的一个法向量分别为，. 由，取，得； 由，取，得. . 平面与平面所成锐二面角的余弦值为. 【点睛】本题考查直线与平面垂直的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用空间向量求解空间角，属于中档题． 18. 已知椭圆的左、右顶点分别为，且过点． （1）求C的方程； （2）若直线与C交于M，N两点，直线与相交于点G，证明：点G在定直线上，并求出此定直线的方程． 【答案】（1）； （2）证明见解析，. 【解析】 【分析】（1）由椭圆的长轴长及所过的点列方程组求参数，即可得椭圆方程. （2）设则，，联立直线l与椭圆方程，由判别式、韦达定理求k的范围及、关于k的表达式，再联立直线与求交点坐标，即可证结论并确定直线方程. 【小问1详解】 因为，所以，解得． 因为C过点，所以，解得． 所以C的方程为． 【小问2详解】 由题意，设，则，． 由，整理得，则， 解得且，，． 由得：， 所以点G在定直线上． 19. 法国著名数学家拉格朗日给出一个结论：若函数在闭区间上的图象是一条连续不断的曲线，在开区间上都有导数，则在区间上存在实数，使得，这就是拉格朗日中值定理，其中称为在区间上的“拉格朗日中值”.已知函数. （1）利用拉格朗日中值定理求函数在上的“拉格朗日中值”； （2）利用拉格朗日中值定理证明：函数上任意两点连线的斜率不小于； （3）针对函数，请证明拉格朗日中值定理成立. 【答案】（1） （2）证明见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由题可得，解相应方程可得答案； （2）利用导数知识多次求导可得，然后结合拉格朗日中值定理可证明结论； （3）由题可得即证对任意，，然后通过构造函数分别证明，，从而完成证明. 小问1详解】 由题，， 因，， 则（负值舍去）； 【小问2详解】 由题，， 设， 设， 则在R上单调递增，注意到， 则当在上单调递增， 在上单调递减， 则， 设函数上任意两点为， 则函数上任意两点斜率的表达式为， 由拉格朗日中值定理，在区间上存在实数， 使，即， 因，则， 即函数上任意两点连线的斜率不小于； 【小问3详解】 ， 由题即相当于证明，，存在，使， 即 ， 即命题等价于证明对任意，， 下面证明：， 先证：， 不等式两边同时除以a，所证不等式变为， 令，则所证不等式可化为， 构造函数，则， 则在上递减，则，则； 再证：， 因，则所证不等式可化为， 即，令，则所证不等式可化为， 构造函数，则， 则上递增，则，则， 又由基本不等式可得，则， 又注意到，则， 即对任意，，则命题得证. 【点睛】方法点睛：本题（3）所涉表达式为对数平均数，则（3）中证明不等式即为几何平均数小于对数平均数小于代数平均数，此不等式及证明方法常用于解决双变量，极值点偏移等涉及多个变元的问题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024~2025学年高二下学期期末调研考试 数学 考生注意： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间150分钟. 2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚. 3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效. 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知，，复数，(为虚数单位)，若，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 3 若，则（ ） A. B. C. D. 4. 我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果，哥德巴赫猜想的内容是：每个大于2的偶数都可以表示为两个素数的和，例如：，，，那么在不超过18的素数中随机选取两个不同的数，其和等于16的概率为（ ） A. B. C. D. 5. 若直线与圆相交于，两点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 6. 若，则（ ） A. B. C. D. 7. 设和为双曲线两个焦点，若是正三角形的三个顶点，则双曲线的渐近线方程是（ ） A. B. C. D. 8. 已知一个圆台母线长为，侧面展开图是一个面积为的半圆形扇环（如图所示），在该圆台内能放入一个可以自由转动的正方体（圆台表面厚度忽略不计），则该正方体体积的最大值为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知抛物线的焦点为，点为上一点，，延长与相交于另一点，为坐标原点，则下列结论正确的是（ ） A. B. 抛物线准线方程为 C. 面积为 D. 直线的方程为或 10. 已知等差数列的公差，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则是单调递减数列 B. 若，则是单调递增数列 C. 是单调递增数列 D. 是单调递增数列 11. 已知函数，则（ ） A. 对任意正奇数，为奇函数 B. 当时，的单调递增区间是 C. 当时，在上的最小值为 D. 对任意正整数，的图象都关于直线对称 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量，，若，则正数______. 13. 已知正数满足，则的最小值为______. 14. 已知函数，若关于的方程有5个不同的实数解，则实数的取值范围是______. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 在中，角，，的对边分别为，，，已知. （1）求； （2）若，，为AC边的中点，求BD的长. 16. 昆明是全国十大旅游热点城市，有石林世界地质公园、滇池、安宁温泉、九乡、阳宗海、轿子雪山等国家级和省级著名风景区，还有世界园艺博览园和云南民族村等多处重点风景名胜，多条国家级旅游线路，形成以昆明为中心，辐射全省，连接东南亚，集旅游、观光、度假、娱乐为一体的旅游体系.某景区为了进一步优化旅游服务环境，强化服务意识，全面提升景区服务质量，准备从个跟团游团队和个私家游团队中随机抽取几个团队展开满意度调查. （1）若一次抽取个团队，在抽取的个团队是同类型团队的条件下，求这个团队全是跟团游团队的概率； （2）若一次抽取个团队，设随机变量为这个团队中私家游团队的个数，求的分布列和数学期望. 17. 如图，在四棱锥中，底面为菱形，底面，. （1）求证：平面； （2）若直线与平面所成的角为，求平面与平面所成锐二面角的余弦值. 18. 已知椭圆的左、右顶点分别为，且过点． （1）求C的方程； （2）若直线与C交于M，N两点，直线与相交于点G，证明：点G在定直线上，并求出此定直线的方程． 19. 法国著名数学家拉格朗日给出一个结论：若函数在闭区间上的图象是一条连续不断的曲线，在开区间上都有导数，则在区间上存在实数，使得，这就是拉格朗日中值定理，其中称为在区间上的“拉格朗日中值”.已知函数. （1）利用拉格朗日中值定理求函数在上“拉格朗日中值”； （2）利用拉格朗日中值定理证明：函数上任意两点连线的斜率不小于； （3）针对函数，请证明拉格朗日中值定理成立. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$