精品解析：河南省新乡市2024-2025学年高二下学期7月期末测试数学试题

2024—2025学年高二期末（下）测试 数学 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，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．回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 4．本试卷主要考试内容：高考全部内容． 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，则（ ） A. 2 B. 4 C. D. 2. 已知集合，．若，则（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. -2 3. 若，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知定义在R上的偶函数满足，则（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. -2 5. 记为等比数列的前n项和．若，，则（ ） A. 39 B. 156 C. D. 6. 若数据和数据的平均数均为，方差均为，则数据的方差为（ ） A. B. C. D. 7. 若，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知双曲线C：的右焦点为F，左顶点为A，过F作C的一条渐近线的垂线，垂足为P，若，则C的离心率为（ ） A. B. C. 2 D. 3 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. 将函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，则（ ） A. 的最小正周期为 B. 是偶函数 C. 的图象关于直线轴对称 D. 在上单调递增 10. 已知连续型随机变量服从正态分布，记函数，且的图象关于点对称，若存在实数a，使得，，则（ ） （参考数据：若，则，） A. B. C. D. 11. 已知O为坐标原点，点在曲线C：上，则下列结论正确的是（ ） A. 曲线C关于y轴对称 B. C. D. 的最大值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若曲线与直线相切，则______． 13. 我国古代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一幅“勾股圆方图”，后人称其为“赵爽弦图”．如图，边长为的正方形由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成，且为的中点，则______． 14. 如图，在四面体中，，，，平面平面BCD，则四面体外接球的表面积为______． 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. 已知抛物线C：的焦点为F，为C上一点，且． （1）求p； （2）若点在椭圆T：上，且直线AB与椭圆T相切，求椭圆T的标准方程． 16. 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，． （1）若，求a； （2）若为钝角三角形，求面积的取值范围． 17. 在一次闯关游戏中，某一关有A，B，C三道题．将这三道题按一定顺序排好后（如第一道题为C题，第二道题为B题，第三道题为A题），玩家开始答题．若第一道题答对，则通过本关，停止答题，若没有答对，则答第二道题；若第二道题答对，则通过本关，停止答题，若没有答对，则答第三道题；若第三道题答对，则通过本关，若没有答对，则没有通过本关，假设每名玩家答对A，B，C三道题的概率分别为0.2，0.3，0.5．每次答题正确与否相互独立． （1）求玩家通过这一关的概率． （2）规定：答对A题积30分，答对B题积20分，答对C题积10分，现有两种题序可供选择：①第一道题为A题，第二道题为B题，第三道题为C题；②第一道题为C题，第二道题为B题，第三道题为A题．为了在本关中得到更多的积分，应该选择哪种题序？ 18. 如图，直四棱柱的底面是菱形，，，为锐角，，，分别是，，的中点． （1）证明：∥平面． （2）求二面角的余弦值的最大值． 19. （1）证明：当时，． （2）若，，求a的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024—2025学年高二期末（下）测试 数学 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，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．回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 4．本试卷主要考试内容：高考全部内容． 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，则（ ） A. 2 B. 4 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先应用乘法运算化简复数，再应用模长公式计算求解. 【详解】因为，所以. 故选：D. 2. 已知集合，．若，则（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. -2 【答案】A 【解析】 【分析】根据，则，从而可求解. 【详解】因为，所以，即，解得，故A正确. 故选：A. 3. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据，平方即可得出的值. 【详解】由题意，， ∴， 解得：． 故选：C. 4. 已知定义在R上的偶函数满足，则（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. -2 【答案】C 【解析】 【分析】令，可得，再利用函数的奇偶性可得答案. 【详解】因为满足， 所以令，可得． 又因为是偶函数， 所以． 故选：C. 5. 记为等比数列的前n项和．若，，则（ ） A. 39 B. 156 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用等比数列通项公式基本量计算出，利用等比数列求和公式得到答案. 【详解】设等比数列的公比为， 由，得，所以， 又因为，所以，所以． 故选：D 6. 若数据和数据的平均数均为，方差均为，则数据的方差为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据方差的计算公式即可求解. 【详解】，数据的平均数为， 数据的方差为． 故选：B 7. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】令函数，则，根据函数的单调性，结合不等式的性质以及指数函数的单调性即可得到结论. 【详解】因为，所以， 令函数，则． 因为在上都是增函数 所以是定义在上的增函数， 所以，即， 从而． 故选：A. 8. 已知双曲线C：的右焦点为F，左顶点为A，过F作C的一条渐近线的垂线，垂足为P，若，则C的离心率为（ ） A. B. C. 2 D. 3 【答案】D 【解析】 【分析】利用双曲线的性质把的三边用，，表示出来，然后用的余弦定理建立起，，的方程，进而可得到答案. 【详解】记为坐标原点，由双曲线的性质可知：在中，，，，． 在中，， 因为，所以，所以， 化简得，即， ，，． 因为，所以． 故选：D 【点睛】 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. 将函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，则（ ） A. 的最小正周期为 B. 是偶函数 C. 的图象关于直线轴对称 D. 在上单调递增 【答案】AD 【解析】 【分析】由图象平移得函数解析式，根据正弦型函数性质依次判断即可. 【详解】由题意得， 对于A，函数最小正周期为，故A正确； 对于B，因为，所以不是偶函数，故B错误； 对于C， 因为，所以函数的图象关于点对称，故C错误． 对于D，当时，，所以函数单调递增，故D正确． 故选：AD 10. 已知连续型随机变量服从正态分布，记函数，且的图象关于点对称，若存在实数a，使得，，则（ ） （参考数据：若，则，） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据对称性定义结合正态分布判定A，应用概率公式结合正态分布计算求解参数判定B，C，D. 【详解】因为的图象关于点对称，所以，，所以，A正确． 因为，，所以． 因为，所以，所以，解得，B正确． 因为， 所以，所以解得，C错误． ，D正确． 故选：ABD. 11. 已知O为坐标原点，点在曲线C：上，则下列结论正确的是（ ） A. 曲线C关于y轴对称 B. C. D. 的最大值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据函数的对称性、函数值的正负号、函数值的最大值以及函数的单调性对选项逐一判断即可. 【详解】对于选项A： 用替换后，曲线的方程仍成立，所以曲线关于轴对称，A正确． 对于选项B： C：，因为，，所以，即，B正确． 对于选项C,D： 设，点P在上． 联立，得①． 令，则，函数图象的对称轴为直线，且， 所以要使得有正数解，只需要，解得，即，C错误． 由①可得．令函数， 则，在上单调递减，在上单调递增． 要使得有解，则，解得， 即的最大值为，D正确． 故选：ABD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若曲线与直线相切，则______． 【答案】1 【解析】 【分析】由题意，然后求出斜率为时的，从而可求解. 【详解】因为，所以．直线的斜率为1， 令，解得，，所以，解得． 故答案为：. 13. 我国古代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一幅“勾股圆方图”，后人称其为“赵爽弦图”．如图，边长为的正方形由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成，且为的中点，则______． 【答案】2 【解析】 【分析】根据图形中的边角关系求出的长度，然后利用向量数量积的运算律进行求解即可. 【详解】由题意，，， 根据勾股定理得，， 所以，， 所以． 故答案为：2. 14. 如图，在四面体中，，，，平面平面BCD，则四面体外接球的表面积为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意取的中点，连接，，分别找出为外接圆的圆心，外接圆的圆心为，再结合外接球的性质可得即为外接球半径，即可求解. 【详解】取的中点，连接，，如图， 在中，，因为平面平面， 因为平面平面，所以平面． 设，则， ． 因为，所以，解得，则 所以，因为，所以． 取的中点，则为外接圆的圆心，过点作直线垂直于平面， 设外接圆的圆心为，过作直线垂直于平面，记， 在中，由正弦定理可得，解得， 则为四面体外接球的球心．连接， 则， 四面体外接球的半径为， 所以四面体外接球的表面积为． 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. 已知抛物线C：的焦点为F，为C上一点，且． （1）求p； （2）若点在椭圆T：上，且直线AB与椭圆T相切，求椭圆T的标准方程． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用抛物线焦半径，即可求解. （2）求出直线的方程为，然后与椭圆联立后消去后得，则，求得，再结合点在椭圆T上即可求解. 【小问1详解】 根据题意可知，解得． 故的值为. 【小问2详解】 由（1）可得，则直线的斜率， 则直线的方程为， 与椭圆联立，得． 因为直线与椭圆相切，所以，化简得．① 因为点在椭圆T上，所以．② 由①②解得，， 所以椭圆T的标准方程为. 16. 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，． （1）若，求a； （2）若为钝角三角形，求面积的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由二倍角公式化简得到，从而求出，由余弦定理得到； （2）由正弦定理，结合为钝角三角形，得到，从而由三角形面积公式求出. 【小问1详解】 因为，所以，即． 因为，，所以，，． ，解得； 【小问2详解】 的面积． 由正弦定理得 ， 因为为钝角三角形，所以或， 即或，故， 所以， 所以． 故面积的取值范围是． 17. 在一次闯关游戏中，某一关有A，B，C三道题．将这三道题按一定顺序排好后（如第一道题为C题，第二道题为B题，第三道题为A题），玩家开始答题．若第一道题答对，则通过本关，停止答题，若没有答对，则答第二道题；若第二道题答对，则通过本关，停止答题，若没有答对，则答第三道题；若第三道题答对，则通过本关，若没有答对，则没有通过本关，假设每名玩家答对A，B，C三道题的概率分别为0.2，0.3，0.5．每次答题正确与否相互独立． （1）求玩家通过这一关的概率． （2）规定：答对A题积30分，答对B题积20分，答对C题积10分，现有两种题序可供选择：①第一道题为A题，第二道题为B题，第三道题为C题；②第一道题为C题，第二道题为B题，第三道题为A题．为了在本关中得到更多的积分，应该选择哪种题序？ 【答案】（1）0.72 （2）选择题序① 【解析】 【分析】（1）根据题意可知，通关概率和未通关概率互为对立事件，设通关概率为,未通关概率为,则.未通关概率，即A，B，C三道题均答错概率.通过求解对立事件概率，进而得出通关概率. （2）计算并比较两种题序下，获得不同积分的期望值. 【小问1详解】 设通关概率为,未通关概率为： 已知每名玩家答对A，B，C三道题的概率分别为0.2，0.3，0.5，则. 那么，. 故玩家通过这一关的概率为0.72. 【小问2详解】 根据题意，分别计算两种答题顺序的期望积分： 顺序①： 答对A题：；答错A答对B：；答错A、B答对C: 期望总积分①：. 顺序②: 答对C：；答错C答对B：;答错C、B答对A：. 期望总积分②： 比较结果大小： 故应选择题序①. 18. 如图，直四棱柱的底面是菱形，，，为锐角，，，分别是，，的中点． （1）证明：∥平面． （2）求二面角的余弦值的最大值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）在和中，利用中位线平行得出∥，即可证明结论； （2）作出空间直角坐标系并表达出点和的坐标，设，，利用几何知识得出，，求出平面和平面DCF的法向量，即可得出二面角的余弦值的表达式，利用换元法结合基本不等式即可求出最大值. 【小问1详解】 由题意证明如下， 连接，，，设，连接． 在中，，分别是，的中点，所以∥， 在中，，分别是，的中点，所以∥， ∴∥． ∵平面，平面， ∴∥平面． 【小问2详解】 由题意及（1）得， 过点作交于点． 以为坐标原点，所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，． 设， 则，． 设， 则，， 即， 则，． 设平面的法向量为， 则所以 可取． 由几何知识得，平面DCF的一个法向量为， ． 令， 则， 当且仅当，即，，等号成立， 所以． ∴二面角的余弦值的最大值为． 19. （1）证明：当时，． （2）若，，求a的取值范围． 【答案】（1）证明：令函数，则． 令函数，则． 因为，，，所以，在上单调递减． 又，， 所以存在，使得，当时，.，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减． 因为，所以当时，，得证． （2） 【解析】 【分析】（1）令函数，利用导数可证明存在，使得在上单调递增，在上单调递减，再结合即可证明结论； （2）根据，，可得当时，，解得，再证明当时，不符合题意，且当时总符合题意即可． 【详解】（1）略 （2）解：因为，， 所以当时，， 解得， 所以当时，不符合题意，下面证明当时符合题意． ． 因为，所以当时，． 令函数，，则． 由（1）得，当时，． 当时，，，所以， 所以在上单调递减，在上单调递增． 所以，即得证． 综上，a的取值范围为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $