云南省丽江市第二中学2024-2025学年高二下学期期末数学试卷

丽江市第二中学2024-2025学年高二下期末检测 数学试卷 一、单选题（本大题共8小题） 1．已知集合，，则（    ） A． B． C． D． 2．若，则（    ） A．40 B．41 C． D． 3．下列命题中正确命题个数为（   ） ①向量存在唯一的实数，使得向量； ②为单位向量，且向量，则向量； ③若向量，则 ④若平面向量，，则向量； A．1 B．2 C．3 D．4 4．已知，均为锐角，，，则（   ） A． B． C． D． 5．若，则（    ） A． B． C．1 D． 6．设数列满足，，，，则满足的的最大值是（    ） A．7 B．9 C．12 D．14 7．已知函数的最小正周期为，且，有成立，则图象的一个对称中心坐标是（    ） A． B． C． D． 8．若一个多面体的各面都与一个球的球面相切，则称这个球是这个多面体的内切球．在四棱锥中，侧面是边长为1的等边三角形，底面为矩形，且平面平面．若四棱锥存在一个内切球，设此内切球的表面积为，该四棱锥外接球的表面积为，则（    ） A． B． C． D． 二、多选题（本大题共3小题） 9．某随机变量服从正态分布，则下列正确的是（   ） A． B． C． D． 10．双曲线C:x2-y2=4的左、右焦点分别为F1,F2,左、右顶点分别为A,B,若P是右支上一点(与点B不重合),如图,过点P的直线l与双曲线C的左支交于点Q,与其两条渐近线分别交于S,T两点,则下列结论中正确的是 (　　) A．P到两条渐近线的距离之积为2 B．当直线l运动时,始终有|QS|=|TP| C．在△PAB中,tan∠PAB+tan∠PBA+2tan∠APB=0 D．△PF1F2内切圆半径的取值范围为(0,1) 11．为等差数列的前项和，公差，若，且，则(    ) A． B． C．对于任意的正整数，总存在正整数，使得 D．一定存在三个正整数，，，当时，，，三个数依次成等差数列 三、填空题（本大题共3小题） 12．已知，空间向量为单位向量，，则空间向量在向量方向上投影的模为 ． 13．投篮测试中，每人投3次，至少投中2次才能通过测试.已知某同学每次投篮投中的概率为0.6，且各次投篮是否投中相互独立，则该同学通过测试的概率为 ． 14．将1，2，3，4，5，6随机填入如图所示的三角形图形中的 6 个圈中，每个数恰好出现一次，则三角形三边上的数字之和均相等的概率为 . 四、解答题（本大题共5小题） 15．在中，角，，所对的边分别为，，，且. （1）求； （2）若，的面积为，求的周长. 16．已知椭圆C：的一个焦点为F（2，0），离心率为．过焦点F的直线l与椭圆C交于A，B两点，线段AB中点为D，O为坐标原点，过O，D的直线交椭圆于M，N两点． （1）求椭圆C的方程； （2）求四边形AMBN面积的最大值． 17．定义：若函数与在公共定义域内存在，使得，则称与为“契合函数”，为“契合点”． （1）若与为“契合函数”，且只有一个“契合点”，求实数a的取值范围． （2）若与为“契合函数”，且有两个不同的“契合点”． ①求b的取值范围； ②证明：． 18．已知函数，. （1）讨论函数的单调性； （2）若函数的图象不在直线的上方，求实数的值； （3）若，讨论函数的零点个数. 19．已知集合，，若中元素的个数为，且存在，，使得，则称是的子集. （1）若，写出的所有子集； （2）若为的子集，且对任意的，，存在，使得，求的值； （3）若，且的任意一个元素个数为的子集都是的子集，求的最小值. 参考答案 1．【答案】A 【详解】根据条件可得，然后可得答案. 【详解】因为，，所以 所以 故选A 2．【答案】B 【详解】令，则， 令，则， 故， 故选B. 3．【答案】A 【详解】对于①，若，不为零向量，则不存在实数，使得向量；故错误； 对于②，为单位向量，且向量，则向量，故正确； 对于③，向量，即， 当时，满足要求，此时不一定，故错误； 对于④，若平面向量⊥，⊥，如图满足要求， 则向量不共线，故错误. 故选A. 4．【答案】C 【详解】因为，均为锐角，则，又， 所以， 所以，， 所以 . 故选C 5．【答案】C 【详解】，， . 故选C. 6．【答案】C 【详解】根据数列满足的条件,讨论n的奇偶性,即可求得解析式.根据解析式解绝对值不等式即可求得满足条件的的最大值. 【详解】数列满足,, 则 则当奇数时, 所以,代入可得,解不等式可得 而,所以此时的最大值是9 则当偶数时, 所以若,代入可得,解不等式可得 而,所以此时的最大值是12 综上可知, 的最大值是12 故选:C 【点睛】本题考查了等差数列的通项公式求法,对奇偶项分类讨论数列的性质,绝对值不等式的解法,属于中档题. 7．【答案】A 【详解】首先根据函数的最小正周期和最值确定函数的解析式，进一步利用整体思想求出函数图象的对称中心. 【详解】由的最小正周期为，得， 因为恒成立，所以， 即， 由，得，故， 令，得， 故图象的对称中心为， 当时，图象的对称中心为. 故选A. 8．【答案】A 【详解】如图，取中点，中点，连接，，， 因为是正三角形，则，又四边形是矩形，有， 而平面平面，平面平面， 平面，平面， 所以平面，平面， 又，则平面，平面， 则，，而，平面， 则平面，又平面， 所以，而，则，显然， 由球的对称性和四棱锥的特征知， 平面截四棱锥的内切球，得到截面大圆， 此圆是的内切圆，切，分别于，，有四边形为正方形， 设，内切球的半径为，又，所以， 由的面积相等，有， 可得， 又四棱锥的表面积为：， 由， 得， 即， 故即， 解得，故， 此时矩形外接圆的半径为， 故外接球的半径为， 故. 故选A. 9．【答案】AD 【详解】因为，对于A选项，，A对； 对于B选项，，B错； 对于C选项，，C错； 对于D选项，，D对. 故选AD. 10．【答案】ABC　 【详解】对于A,由题知双曲线C的标准方程为-=1,所以两条渐近线的方程分别为y=x与y=-x,设点P(xP,yP),xP>2,yP≠0,所以点P(xP,yP)到两条渐近线的距离分别为d1=,d2=,故d1d2=,由题可知-=4,则d1d2=2,故A正确;对于B,设S(xS,yS),T(xT,yT),Q(xQ,yQ),P(xP,yP),显然直线l的斜率存在,设直线l:y=kx+m,联立消去y整理得(1-k2)x2-2kmx-m2-4=0,则 所以xP+xQ=,分别联立解得即xT=,xS=,则xT+xS=+=,所以xP+xQ=xT+xS,即xP-xT=xS-xQ,因为|QS|=|xS-xQ|,|TP|=|xP-xT|,所以|QS|=|TP|,故B正确;对于C,A(-2,0),B(2,0),所以tan∠PAB=,tan∠PBA=-,tan∠PAB·tan∠PBA=×=,由题可知,-=4-,则tan∠PAB·tan∠PBA==-1,所以tan∠APB=-tan(∠PAB+∠PBA)=-=-,整理得tan∠PAB+tan∠PBA+2tan∠APB=0,故C正确;对于D,由三角形内切圆半径的求法可知其内切圆半径r=提示:设三角形的面积为S,周长为C,内切圆半径为r,则有S=·r,易知|F1F2|=4,=|F1F2||yP|=2|yP|,|PF1|=,|PF2|=, 所以r=, 因为-=4, 所以r==, 所以r2===4·=4, 因为xP>2,所以xP+2>4,所以r2=4∈(0,4),即r∈(0,2),故D错误.故选ABC. 11．【答案】AC 【详解】由得，，故A正确； ，故B错误； ，，结合及可得：，， 故，，，则即为， ∵n是正整数，∴也是正整数，故对于任意的正整数，总存在正整数，使得，故C正确； 成等差数列， ∵均为偶数，∴等式左边为偶数，右边为奇数，左右不可能相等，故D错误； 故选AC． 12．【答案】2 【详解】空间向量在向量方向上的投影为， 所以投影的模为． 13．【答案】 【详解】该同学通过测试的概率为，故答案为. 14．【答案】 【详解】将1，2，3，4，5，6填入三角形图形中的6个圈中的填法共有6!种. 设每条边上的3个数之和为，则， ，所以，解得. ①当时，3个顶点所填的3个数只能为1，2，3， 如图（1）.此时共有填法种； ②当时，设3个顶点所填的3个数之和为， 则. 而，，， 则3个顶点所填的3个数只能为，或. 当3个顶点所填的3个数为时， 由于顶点分别填3，4的这条边上的3个数之和为10， 从而这条边中间只能填3，这与每个数恰出现一次矛盾，此时没有适合条件的填法， 同样道理，3个数为时也没有适合条件的填法，只能为1，3，5， 如图（2），此时共有填法种； ③当时，3个顶点所填的3个数应为2，4，6，此时共有填法种； ④当时，3个顶点所填的3个数应为4，5，6，此时共有填法种. 综上，满足条件的填法共有种，故所求的概率为. 图（1）              图（2） 15．【答案】（1） （2） 【详解】（1）， ， 又， ，即. 又，. （2），的面积为， ，即. 由余弦定理可得， 即， 又，. 的周长为. 16．【答案】（1） （2） 【详解】（1）由题意可得 解得, 故椭圆的方程为. （2）当直线斜率不存在时 , 的坐标分别为, 四边形面积为 当直线斜率存在时 , 设其方程为 点  , 点 到直线的距离分别为 则四边形 面积为, 得, 则 所以   ， 因为 所以 中点 , 当 时 , 直线 方程为 , 解得   所以 . 当 时 , 四边形 面积的最大值   综上四边形 面积的最大值为 . 17．【答案】（1）； （2）①；②见详解. 【详解】（1）由与为“契合函数”，得，使 ，令，依题意，方程有唯一解， 求导得，当时，；当时，， 函数在上单调递增，在上单调递减，则， 当时，，时，，， 又和只有一个“契合点”，则直线与函数的图象只有1个交点，则或， 所以实数a的取值范围是. （2）①由与为“契合函数”，且有两个不同的“契合点”， 得存在，使， 即关于的方程有两个相异正根，令函数， 求导得， 由，得，得当时，；当时，， 则函数在上递增，在上递减，则， 当从大于0的方向趋近于0时，；当时，， 因此当时，直线与函数的图象有两个不同交点， 所以b的取值范围是. ②由（1）知，当时，，令， 求导得， 令，求导得， 当时，，函数在上单调递减，，， 函数在上单调递减，，因此当时，， 而，则，又，于是， 又，函数在上递减，则， 所以. 18．【答案】（1）答案见详解； （2）； （3）答案见详解. 【详解】（1）函数的定义域为，， 当时，，函数在上单调递增； 当时，令，可得， 所以当时，，当时，， 所以函数在上单调递增，在上单调递减. （2）设， 函数的定义域为，. 当时，恒成立，所以函数在上单调递增， 又，所以当时，，不合题意； 当时，令，解得， 所以当时，；当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以， 所以，即. 令，则， 所以当时，；当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以， 即，所以，即. （3）根据题意，， 由，且，得函数为减函数， 设，即，则函数的最大值为. ①当时，，所以当时，，函数单调递增， 当时，，函数单调递减， 所以函数有最大值，所以函数只有一个零点. ②当时，， 且时，，时，， 所以函数在的两侧各有一个零点. ③当时，，所以可得. 利用代入到原函数中， 可得， 设，， 容易判定是关于的增函数，所以， 所以函数的最大值为，即当时，函数无零点. 综上，当时，函数有两个零点； 当时，函数有一个零点；当时，函数无零点. 19．【答案】（1）； （2）2； （3）13. 【详解】（1）当时，，的所有子集为. （2）当时，取，因为，所以是的子集，此时； 若，设且， 根据题意，，其中； 因为，所以，所以； 又因为，所以； 因为，所以， 所以； 因为，所以， 所以，与矛盾. 综上所述，. （3）设 ， 设的元素个数为， 若不是的子集， 则最多能包含中的一个元素以及中的元素； 令，易验证不是的子集， 当时，的任意一个元素个数为的子集都不是的子集， 所以，若的任意一个元素个数为的子集都是的子集，则； 当时，存在，使得中必有两个元素属于， 同时中两个元素之和为的某个正整数指数幂， 所以是的子集； 所以，的最小值为. 第 page number 页，共 number of pages 页 第 page number 页，共 number of pages 页 学科网（北京）股份有限公司 $$