精品解析：河北省部分名校2024-2025学年高二下学期7月期末联考数学试题

高二数学 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. 已知全集为R，集合，，则（ ） A. B. [1，3) C. D. {0，1，2} 【答案】A 【解析】 【分析】 先求出集合A，B，再求出集合B的补集，然后求 【详解】因为，或，所以， 从而． 故选：A． 2. 已知a是4与6的等差中项，b是与的等比中项，则（ ） A. 13 B. C. 3或 D. 或13 【答案】D 【解析】 【分析】根据等差中项得到，根据等比中项得到，计算得到答案. 【详解】a是4与6的等差中项，故， b是与的等比中项，则，则，或. 故选：D 3. 如图，在平行六面体中，为与的交点，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据空间向量的加法，减法，数乘向量运算的定义求解即可. 【详解】. 故选：C. 4. 若圆锥的母线长为6，其侧面展开图的面积为，则这个圆锥的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据圆锥母线即侧面展开图可求得底面圆半径，再利用勾股定理可求得圆锥的高为，由体积公式即可得结果. 【详解】由题可知圆锥的侧面展开图扇形的半径， 设底面圆的半径为，则，解得， 所以圆锥的高， 所以该圆锥的体积. 故选：D. 5. 已知数列为等差数列，若是正整数，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. 既不充分又不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】根据等差数列，结合充分性和必要性的定义进行判断即可． 【详解】充分性：当，由等差数列下标和定理得，， 必要性：当等差数列公差时，若，则， 故“”是“”的充分不必要条件， 故选：A． 6. 故宫太和殿是中国形制最高的宫殿，其建筑采用了重檐庑殿顶的屋顶样式，庑殿顶是“四出水”的五脊四坡式，由一条正脊和四条垂脊组成，因此又称五脊殿.由于屋顶有四面斜坡，故又称四阿顶（图1）.某几何体有五个面，其形状与四阿顶相类似（图2），若四边形是矩形，，且，，则五面体的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】分别计算梯形，三角形与矩形的面积，又易得梯形的面积等于梯形的面积，三角形的面积等于三角形的面积，全部相加，即可得到表面积的值. 【详解】由四边形为矩形，可得,, 在中，由余弦定理知：， 所以， 所以的面积； 在梯形中，分别过，作的垂线，垂足分别为，， 连接，，由,可得四边形为矩形，所以， 又由，可得，， 在中，由勾股定理知：， 所以梯形的面积， 又因为四边形为矩形，所以四边形的面积， 又由，可得，且由，可得梯形梯形， 所以五面体表面积. 故选：D 7. 在数列中，，，则的通项公式为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先将变形整理为，再分别用，，，2，1替换上式中的，得到个等式，将上述这些式子相加整理，从而求出的通项公式. 【详解】由已知得， 将上述个等式相加，整理得 又因为，所以 故选： 8. 已知定义在上的函数满足，当时，.若，则实数的取值范围是（ ） A. ， B. ， C ， D. ， 【答案】D 【解析】 【分析】依题意可得的奇偶性、对称性与周期性，即可得到的图象，即可得到，，解得即可. 【详解】因为，所以为奇函数； 又因为，所以关于直线对称； 由知的一个周期为. 因为当时，，所以在上单调递增， 函数的图象如图所示， 根据图象可知，若，则，， 解得，， 所以实数的取值范围是，. 故选：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. 若是空间的一个基底，则下列向量组也可以作为空间一个基底的是（ ） A. ，， B. ，， C. ，， D. ，， 【答案】ACD 【解析】 【分析】结合空间向量基底的概念逐项分析判断即可得出结论． 【详解】若是空间的一个基底，则不共面， A选项：设，即， 则，此方程组无解， 即不存在使得等式成立，因此，，不共面， 故可以作一个基底，A正确； B选项：设，即， 则，解得， 即当时，等式成立，因此，，共面， 故不可以作为一个基底，B错误； C选项：设，即， 显然不存在使得等式成立，因此，，不共面， 故可以作为一个基底，C正确； D选项：设，即， 则，此方程组无解， 即不存在使得等式成立，因此，，不共面， 故可以作为一个基底，D正确． 故选：ACD． 10. 朱世杰是元代著名数学家，他所著的《算学启蒙》是一部在中国乃至世界最早的科学普及著作．《算学启蒙》中涉及一些“堆垛”问题，主要利用“堆垛”研究数列以及数列的求和问题．现有100根相同的圆形铅笔，小明模仿“堆垛”问题，将它们全部堆放成纵断面为等腰梯形的“垛”，要求层数不小于2，且从最下面一层开始，每一层比上一层多1根，则该“等腰梯形垛”应堆放的层数可以是（　　） A. 4 B. 5 C. 7 D. 8 【答案】BD 【解析】 【分析】设最上面一层放根，一共放层，则最下面一层放根，利用等差数列的性质可得，结合，可得n为200的因数，，且其为偶数，后逐一验证各个选项即可得解． 【详解】最上面一层放根，一共放层，则最下面一层放根 则由等差数列前n项和公式有：，整理得： 结合，可得n为200的因数，故且为偶数.故可排除C. 又当，为奇数不合题意，故排除A； 当，符合题意，故B正确. 当，符合题意，故D正确. 故选：BD 11. 直四棱柱的所有棱长都为4，，点在四边形及其内部运动，且满足，则下列选项正确的是（ ） A. 点的轨迹的长度为. B. 直线与平面所成的角为定值． C. 点到平面的距离的最小值为. D. 的最小值为-2． 【答案】BC 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，表示，化简后得点的轨迹方程，得轨迹长度判断A；向量法求线面角判断B，向量法求点到平面距离，结合点的轨迹得最小值判断C；坐标表示向量数量积，结合点的轨迹最小值判断D. 【详解】直四棱柱所有棱长都为4，则底面为菱形， 又，则和都是等边三角形， 设与相交于点，由，以为原点，为轴，为轴，过垂直于底面的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则有，， 点在四边形及其内部运动，设，， 由，有， 即， 所以点的轨迹为平面内，以为圆心，2为半径的半圆弧， 所以点的轨迹的长度为， A选项错误； 平面的法向量为，， 直线与平面所成的角为，则， 又由，则， 所以直线与平面所成的角为定值， B选项正确； ，设平面的一个法向量为， 则有，令，得，， 所以点到平面的距离， ，所以时，， 所以点到平面的距离的最小值为，C选项正确； ， ，其几何意义为点到点距离的平方减12， 由，点到点距离最小值为， 的最小值为，D选项错误. 故选：BC. 【点睛】方法点睛： 空间几何体中的相关问题，要利用好几何体本身的结构特征，点线面的位置关系，图形中的角度和距离等，建立空间直角坐标系，利用向量法解决问题，也是常用的方法. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若，，且向量，的夹角是，则_______. 【答案】2 【解析】 【分析】 根据向量的数量积的运算公式和向量的模的计算公式，准确运算，即可求解. 【详解】由题意，向量，，且向量，的夹角是， 则，所以. 故答案为：. 13. 在三棱锥中，，，，则三棱锥的外接球的表面积是______． 【答案】29π 【解析】 【分析】由题意，，，，将三棱锥放到长方体中，可得长方体的三条面对角线分别为，，5，求出长方体的棱长，长方体的外接球就是三棱锥的外接球． 【详解】由题意，，，，将三棱锥放到长方体中， 可得长方体的三条面对角线分别为，，5，设长方体的长宽高分别为a,b,c, 即，，， 解得：，，． 长方体的体对角线即为三棱锥和长方体公共外接球的直径2R， ∴﹒ 故答案为：29π． 14. 已知为数列的前项和，且，若对任意正整数恒成立，则实数的取值范围为_____. 【答案】 【解析】 【分析】通过通项与前n项和的关系，求得通项公式，将恒成立转化为最值，构造新的数列求解. 【详解】因为为数列的前项和，且，，解得 ，当时，，化简得： ，所以数列是首项为2，公比为2的等比数列，可得， 若，即，所以， 因为若对任意正整数恒成立，所以， 令，因为，所以数列为递减数列，数列的最大值为，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. 已知中，角，，的对边分别为，，，且. （1）求角的大小； （2）若，的面积为，求的周长. 【答案】（1）；（2）10. 【解析】 【分析】 （1）利用正弦定理将边化角，再利用二倍角公式计算可得； （2）由面积公式可得，再利用余弦定理及完全平方公式计算可得； 【详解】（1）因为， 由正弦定理得， 所以，所以. 因为，所以， 所以，所以， 所以，所以. （2）由（1）得，所以的面积，得. 由余弦定理得. 又因为，， 所以，解得， 所以的周长为. 【点睛】解三角形的基本策略：一是利用正弦定理实现“边化角”，二是利用余弦定理实现“角化边”；求三角形面积的最大值也是一种常见类型，主要方法有两类，一是找到边之间的关系，利用基本不等式求最值，二是利用正弦定理，转化为关于某个角的函数，利用函数思想求最值. 16. 如图，已知四棱锥的底面是矩形，平面ABCD，，点E是棱AD上的一点，且，点F是棱PC上的一点，且． （1）求证：平面PEB； （2）求直线PC与平面PEB所成角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）在棱PB上取一点G，使得，连接GF，GE，由四边形DEGF是平行四边形得出，再由判定定理证明平面PEB； （2）以D为原点建立空间直角坐标系，利用向量法得出直线PC与平面PEB所成角的正弦值． 小问1详解】 证明：在棱PB上取一点G，使得，连接GF，GE， 在中，，，所以，且． 又，，所以，， 所以四边形DEGF是平行四边形．所以， 又平面PBE，平面PBE，所以平面PBE． 【小问2详解】 解：如图，以D为原点，DA，DC，DP所在的直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系． 不妨设，易得．所以，，， ，，所以，，． 设平面PBE的一个法向量是，可得 令，解得，，所以． 设直线PC与平面PEB所成角为，所以， 即直线PC与平面PEB所成角的正弦值是． 17. 已知函数在点处的切线与直线垂直． （1）求的单调区间和极值； （2）证明：． 【答案】（1）单调递减区间为，单调递增区间为，极小值为，无极大值 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由已知求解解析式，再根据导数的正负求解单调性即可； （2），分类讨论，和，根据导数证明即可． 【小问1详解】 由题意知，所以， 又函数在点处的切线与直线垂直， 所以，解得， 所以，， 令，解得，令，解得， 所以的单调递减区间为，单调递增区间为， 又，所以的极小值为，无极大值． 【小问2详解】 证明：要证，即证，即证， 当时，，，不等式显然成立； 当时，令，所以，， 令，所以， 令，所以，所以在上单调递增， 又，，所以存在，使得， 所以在上单调递减，在上单调递增，又，， 当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增， 所以，所以，所以原命题得证． 18. 如图，四边形为菱形，，，平面平面，，，，点在线段上（不包含端点）． （1）求证：； （2）是否存在点，使得二面角的余弦值为？若存在，则求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）证明见解析 （2）存在， 【解析】 【分析】（1）根据面面垂直的性质定理证明平面，可得，再根据线面垂直的判定里证明平面，从而可得； （2）连接，交于点，取的中点，连接．以为原点，以，，所在的直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系．利用空间向量可求出结果. 【小问1详解】 证明：如图，连接，因为四边形为菱形，所以． 因为，所以，又平面平面， 平面平面，平面，所以平面． 又平面，所以． 又，，平面，所以平面． 又平面，所以． 【小问2详解】 连接，交于点，取的中点，连接． 在中，，分别是，的中点，所以． 由（1）知平面，又，平面，所以，， 又，所以，． 以为原点，以，，所在的直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系． 则，，，，所以，， 所以平面的一个法向量是． 设，则， 解得，，， 即，所以． 设， 所以． 设平面的一个法向量为， 则 令，解得，，所以． 所以， 解得或（舍）． 所以存在点，使得二面角的余弦值为，此时． 19. 设任意一个无穷数列的前项之积为，若，，则称是数列． （1）若是首项为，公差为的等差数列，请判断是否为数列？并说明理由； （2）证明：若的通项公式为，则不是数列； （3）设是无穷等比数列，其首项，公比为，若是数列，求的值． 【答案】（1）是T数列，理由见解析 （2）证明见解析 （3）或． 【解析】 【分析】（1）由题知，再根据T数列的定义，即可作出判断； （2）先假设是数列，从而有，再进行验证，即可证明结果； （3）根据题设得到，取对数后可得，分类讨论后可求. 【小问1详解】 是T数列， 理由：由题知，即， 所以，， 当时，，所以是T数列． 【小问2详解】 假设是数列，则对任意正整数，总是中的某一项， ， 所以对任意正整数，存在正整数满足：， 显然时，存在，满足， 取，得，所以， 可以验证：当，2，3，4时，都不成立， 故不是T数列. 【小问3详解】 已知是等比数列，其首项，公比， 所以， 所以， 由题意知对任意正整数n，总存在正整数m，使得， 即对任意正整数n，总存在正整数m，使得， 即对任意正整数n，总存在正整数m，使得， 若，则，任意，这不可能成立； 若， 故对任意，总存在使得该等式成立， 故必为整数， 取，则有正整数解，故， 若，则，此时方程对任意， 必有正整数解； 若，则， 此时方程对任意， 必有正整数解； 综上，或． 【点睛】方法点睛：新定义题型的特点是：通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的．遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 高二数学 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知全集为R，集合，，则（ ） A. B. [1，3) C. D. {0，1，2} 2. 已知a是4与6的等差中项，b是与的等比中项，则（ ） A. 13 B. C. 3或 D. 或13 3. 如图，在平行六面体中，为与的交点，若，则（ ） A. B. C. D. 4. 若圆锥的母线长为6，其侧面展开图的面积为，则这个圆锥的体积为（ ） A B. C. D. 5. 已知数列为等差数列，若是正整数，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件 6. 故宫太和殿是中国形制最高的宫殿，其建筑采用了重檐庑殿顶的屋顶样式，庑殿顶是“四出水”的五脊四坡式，由一条正脊和四条垂脊组成，因此又称五脊殿.由于屋顶有四面斜坡，故又称四阿顶（图1）.某几何体有五个面，其形状与四阿顶相类似（图2），若四边形是矩形，，且，，则五面体的表面积为（ ） A. B. C. D. 7. 在数列中，，，则的通项公式为（ ） A. B. C. D. 8. 已知定义在上的函数满足，当时，.若，则实数的取值范围是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 若是空间的一个基底，则下列向量组也可以作为空间一个基底的是（ ） A. ，， B. ，， C ，， D. ，， 10. 朱世杰是元代著名数学家，他所著的《算学启蒙》是一部在中国乃至世界最早的科学普及著作．《算学启蒙》中涉及一些“堆垛”问题，主要利用“堆垛”研究数列以及数列的求和问题．现有100根相同的圆形铅笔，小明模仿“堆垛”问题，将它们全部堆放成纵断面为等腰梯形的“垛”，要求层数不小于2，且从最下面一层开始，每一层比上一层多1根，则该“等腰梯形垛”应堆放的层数可以是（　　） A. 4 B. 5 C. 7 D. 8 11. 直四棱柱的所有棱长都为4，，点在四边形及其内部运动，且满足，则下列选项正确的是（ ） A. 点的轨迹的长度为. B. 直线与平面所成的角为定值． C. 点到平面距离的最小值为. D. 的最小值为-2． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若，，且向量，夹角是，则_______. 13. 在三棱锥中，，，，则三棱锥的外接球的表面积是______． 14. 已知为数列前项和，且，若对任意正整数恒成立，则实数的取值范围为_____. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知中，角，，的对边分别为，，，且. （1）求角的大小； （2）若，的面积为，求的周长. 16. 如图，已知四棱锥的底面是矩形，平面ABCD，，点E是棱AD上的一点，且，点F是棱PC上的一点，且． （1）求证：平面PEB； （2）求直线PC与平面PEB所成角的正弦值． 17. 已知函数在点处的切线与直线垂直． （1）求的单调区间和极值； （2）证明：． 18. 如图，四边形为菱形，，，平面平面，，，，点在线段上（不包含端点）． （1）求证：； （2）是否存在点，使得二面角的余弦值为？若存在，则求出的值；若不存在，请说明理由． 19. 设任意一个无穷数列的前项之积为，若，，则称是数列． （1）若是首项为，公差为的等差数列，请判断是否为数列？并说明理由； （2）证明：若的通项公式为，则不是数列； （3）设是无穷等比数列，其首项，公比为，若是数列，求的值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$