精品解析：吉林省白城市第一中学2024-2025学年高二下学期7月期末考试数学试题

白城一中2024-2025学年度高二下学期期末考试 数学试卷 一､单项选择题（本大题共8小题，每题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. 已知四边形内接于圆，且，，，则四边形的面积为（ ） A. 4 B. C. D. 2. 已知抛物线的焦点为F，过点F的直线交拋物线于A，B两点，延长FB交准线于点C，分别过点A，B作准线的垂线，垂足分别记为M，N，若，则的面积为（ ） A. B. 4 C. D. 2 3. 设函数，若，则a，b满足的关系式为（ ） A. B. C. D. 4. 已知函数，若存在实数，满足，且，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 1 5. 已知数列通项公式为，将数列的公共项从小到大排列得到数列，设数列的前项和为，则（ ） A. B. C. D. 6. 在同一平面内，向量满足，则的最小值为（ ） A. 3 B. 2 C. 1 D. 7. 若定义在的奇函数在单调递减，且，则满足的x的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 已知命题，命题，则（ ） A. 和都是真命题 B. 和都是真命题 C. 和都是真命题 D. 和都是真命题 二､多项选择题（本大题共3小题.每题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得部分分.） 9. 已知函数，则（ ） A. 的最小正周期为 B. 为奇函数 C. 在区间上单调递增 D. 是的零点 10. 下列命题正确的是（ ） A. 已知，是两个不共线的向量，，，则与可以作为平面向量的一组基底 B. 在中，，，，则这样的三角形有两个 C. 已知是边长为2的正三角形，其直观图的面积为 D. 已知，，若与的夹角为钝角，则k的取值范围为 11. 黎曼函数（Riemann function）是一个特殊的函数，由德国数学家黎曼发现并提出，其基本定义是：（注：分子与分母是互质数的分数，称为既约分数），则下列结论正确的是（ ） A. B. 黎曼函数的定义域为 C. 黎曼函数的最大值为 D. 若是奇函数，且，当时，，则 三､填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.） 12. 已知正方体的体积为8，且，则当取得最小值时，三棱锥的外接球体积为______. 13. 与圆台的上、下底面及侧面都相切的球，称为圆台的内切球，若圆台的上下底面半径为，，且，则它的内切球的体积为______. 14. 已知点A、B位于抛物线上，，点M为线段的中点，记点M到y轴的距离为d.若d的最小值为7，则当d取该最小值时，直线的斜率为______. 四､解答题（本大题共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. 在空间解析几何中，可以定义曲面（含平面）的方程，若曲面和三元方程之间满足：①曲面上任意一点的坐标均为三元方程的解；②以三元方程的任意解为坐标的点均在曲面上，则称曲面的方程为，方程的曲面为.已知空间中某单叶双曲面的方程为，双曲面可视为平面中某双曲线的一支绕轴旋转一周所得的旋转面，已知直线过C上一点，且以为方向向量. （1）指出平面截曲面所得交线是什么曲线，并说明理由； （2）证明：直线在曲面上； （3）若过曲面上任意一点，有且仅有两条直线，使得它们均在曲面上.设直线在曲面上，且过点，求异面直线与所成角的余弦值. 16. 记的内角的对边分别为，已知． （1）求； （2）若为上一点，且，求的面积． 17. 某地五一假期举办大型促销活动，汇聚了各大品牌新产品的展销．现随机抽取7个品牌产品，得到其促销活动经费（单位：万元）与销售额（单位：万元）的数据如下： 品牌代号 1 2 3 4 5 6 7 促销活动经费 1 2 4 6 10 13 20 销售额 12 20 44 40 56 60 82 若将销售额与促销活动经费的比值称为促销效率值，当时，称为“有效促销”，当时，称为“过度促销”． （1）从这7个品牌中随机抽取4个品牌，求取出的4个品牌中“有效促销”的个数比“过度促销”的个数多的概率； （2）从这7个品牌中随机抽取3个，记这3个品牌中“有效促销”的个数为，求的分布列与期望． 18. 已知函数 （1）求函数在点处的切线方程； （2）求函数在上的最大值与最小值. 19. 已知函数. （1）当时，求的单调区间； （2）若函数存在正零点， （i）求的取值范围； （ii）记为的极值点，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 白城一中2024-2025学年度高二下学期期末考试 数学试卷 一､单项选择题（本大题共8小题，每题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. 已知四边形内接于圆，且，，，则四边形的面积为（ ） A. 4 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题意可得，设，根据余弦定理求出，再由，利用三角形的面积公式即可求解. 【详解】因为四边形内接于圆，所以， 所以． 又，，， 设，所以， 解得或(舍去)． 所以 ． 故选：C 2. 已知抛物线的焦点为F，过点F的直线交拋物线于A，B两点，延长FB交准线于点C，分别过点A，B作准线的垂线，垂足分别记为M，N，若，则的面积为（ ） A. B. 4 C. D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】利用抛物线的定义结合条件可得，，进而可得. 【详解】法一：由题意可知，，则，抛物线的准线方程为直线， 则，， 因为， 所以，所以，所以， 所以，， 所以. 因为， 所以， 解得，所以，点F到AM的距离为， 所以. 法二：因为， 所以，所以，即. 连接FM，又， 所以为等边三角形. 易得，所以. 故选：A. 3. 设函数，若，则a，b满足的关系式为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，由条件可得在定义域上单调增且零点为，且在定义域上单调减且零点为，即可得到两函数的零点重合，从而得到结果. 【详解】， 且恒成立，在定义域上单调增且零点为， 在定义域上单调减且零点为， 故与在定义域内函数值正负相反且零点重合，则. 故选：C 4. 已知函数，若存在实数，满足，且，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 1 【答案】A 【解析】 【分析】求出函数在两段上函数值集合的交集，令，由此构造函数并求其最大值即可. 【详解】当时，，当时，，则， 令，则，，设，， ，即在上单调递增，， 所以的最大值为. 故选：A 5. 已知数列通项公式为，将数列的公共项从小到大排列得到数列，设数列的前项和为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】首先判断出数列项的特征，从而判断出两个数列公共项所构成新数列的首项以及公差，利用等差数列的求和公式求得结果. 【详解】因为数列是以1为首项，以2为公差的等差数列， 数列是以1首项，以3为公差的等差数列， 所以这两个数列的公共项所构成的新数列是以1为首项，以6为公差的等差数列， 即 所以的前项和. 故选：D. 6. 在同一平面内，向量满足，则的最小值为（ ） A. 3 B. 2 C. 1 D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题意用向量的坐标运算求出的坐标，结合二次函数性质求出的最小值即可. 【详解】由题意，不妨设，则由得， 则，所以，所以， 所以当时，的最小值为3. 故选：A 7. 若定义在的奇函数在单调递减，且，则满足的x的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】首先根据函数奇偶性与单调性，得到函数在相应区间上的符号，再根据两个数的乘积大于等于零，分类转化为对应自变量不等式，最后求并集得结果. 【详解】因为定义在上的奇函数在上单调递减，且， 所以在上也是单调递减，且，， 所以当时，，当时，， 所以由可得： 或或 解得或， 所以满足的的取值范围是， 故选：D. 【点睛】本题考查利用函数奇偶性与单调性解抽象函数不等式，考查分类讨论思想方法，属中档题. 8. 已知命题，命题，则（ ） A. 和都是真命题 B. 和都是真命题 C. 和都是真命题 D. 和都是真命题 【答案】B 【解析】 【分析】取出反例得到是假命题，是真命题，根据零点存在性定理判断得到方程有根，故是真命题，是假命题，得到答案. 【详解】对于而言，取，则，故是假命题，是真命题. 对于而言，令，，， 由零点存在性定理可知，存在，使得， 故是真命题，是假命题. 综上，和都是真命题. 故选：B 二､多项选择题（本大题共3小题.每题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得部分分.） 9. 已知函数，则（ ） A. 的最小正周期为 B. 为奇函数 C. 在区间上单调递增 D. 是的零点 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据题意，得到，可判定A不正确；由奇偶性的定义和判定方法，可判定B正确；化简函数的解析式，结合三角函数的性质，可判定C正确；根据函数零点的定义，可判定D正确. 【详解】由函数， 对于A中，由，即， 所以函数的最小正周期为不是，所以A不正确； 对于B中，由，即，所以函数为奇函数，所以B正确； 对于C中，当，可得， 所以，可得 ， 由，可得， 根据正弦函数的性质，可得函数在上单调递增 ，所以C正确； 对于D中，令，可得， 当时，即，可得，解得； 当时，即，可得，解得， 综上可得或，即， 即是函数的零点，所以D正确. 故选：BCD. 10. 下列命题正确的是（ ） A. 已知，是两个不共线的向量，，，则与可以作为平面向量的一组基底 B. 在中，，，，则这样的三角形有两个 C. 已知是边长为2的正三角形，其直观图的面积为 D. 已知，，若与的夹角为钝角，则k的取值范围为 【答案】ABC 【解析】 【分析】由平面向量基底的定义即可判断A；由余弦定理代入计算，即可判断B；由原图形与直观图的面积关系即可判断C；由平面向量夹角的坐标公式即可判断D. 【详解】对A，因为，是两个不共线的向量，且，，设， 则，这样的不存在，所以与不共线，则与可以作为平面向量的一组基底，故A正确； 对B，因为在中，，，，由余弦定理可得，， 即，易知且两根之和，两根之积都为正， 所以方程有两根，故B正确； 对C，因为是边长为2的正三角形，则，设其直观图的面积为， 因为直观图的面积与平面图形的面积比为，即，故C正确； 对D，因为，，则， 设与的夹角为，则， 且，解得且，故D错误； 故选：ABC 11. 黎曼函数（Riemann function）是一个特殊的函数，由德国数学家黎曼发现并提出，其基本定义是：（注：分子与分母是互质数的分数，称为既约分数），则下列结论正确的是（ ） A. B. 黎曼函数的定义域为 C. 黎曼函数的最大值为 D. 若是奇函数，且，当时，，则 【答案】BC 【解析】 【分析】根据函数的定义计算特殊值判断A选项，根据定义域判断B选项，根据值域判断C选项，结合对称性及周期性判断D选项. 【详解】，错误. 因为是既约真分数，或上的无理数，所以黎曼函数的定义域为正确. 又为既约真分数，所以的最大值为正确. 因为，所以.所以. 因为是奇函数，所以，所以， 即是以2为周期的周期函数， ， 所以错误. 故选:. 三､填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.） 12. 已知正方体的体积为8，且，则当取得最小值时，三棱锥的外接球体积为______. 【答案】## 【解析】 【分析】首先将平面展成与平面同一平面，确定点的位置，再建立空间直角坐标系，确定球心的位置，根据球体积公式计算即可． 【详解】由题意得，，将平面展成与平面同一平面， 当点共线时，此时最小， 在展开图中作，垂足为N， 因为为等腰直角三角形，所以，， 由得，，解得， 在正方体，过点作，垂足为，则， 如图，以D为原点，所在直线为轴，建立空间直角坐标系， 则，，，， 则， 因为，所以， 又因为平面，且， 所以平面， 因为， 所以三棱锥外接球的球心在上， 设球心为，设，则， 因为， 所以， 解得，即，所以外接球， 所以三棱锥外接球的体积， 故答案为：. 【点睛】方法点睛：立体图形中求线段和最小值，将线段所在平面展开在同一平面，即可确定最小值；确定立体图形的外接球，可先确定球心所在直线，建立空间直角坐标系求解. 13. 与圆台的上、下底面及侧面都相切的球，称为圆台的内切球，若圆台的上下底面半径为，，且，则它的内切球的体积为______. 【答案】 【解析】 【分析】利用已知条件求得圆台的母线长，进而根据勾股定理求得圆台的高，即内切球的直径，最终利用球体体积公式求解即可. 【详解】由题意，画出圆台的直观图，其中为圆台的母线长，，分别为上、下底面的圆心，点为内切球的球心，点为球与圆台侧面相切的一个切点. 则由题意可得：， . 因此可得：内切球半径，即得内切球的体积为. 故答案为： 14. 已知点A、B位于抛物线上，，点M为线段的中点，记点M到y轴的距离为d.若d的最小值为7，则当d取该最小值时，直线的斜率为______. 【答案】## 【解析】 【分析】首先证明当三点共线，到轴的距离最小，进而求出抛物线方程，然后抛物线方程和直线联立运用韦达定理即可求出. 【详解】如图：分别从作准线的垂线，垂足为, 设，中点， ,则到轴的距离为， 当到轴的距离最小时，最小，等号为三点共线时取得，所以，解得. 故抛物线方程为，当三点共线时，设直线的方程为， 与抛物线方程联立消去得：，所以， 所以，解得（负根舍去）. 故答案为： 四､解答题（本大题共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. 在空间解析几何中，可以定义曲面（含平面）的方程，若曲面和三元方程之间满足：①曲面上任意一点的坐标均为三元方程的解；②以三元方程的任意解为坐标的点均在曲面上，则称曲面的方程为，方程的曲面为.已知空间中某单叶双曲面的方程为，双曲面可视为平面中某双曲线的一支绕轴旋转一周所得的旋转面，已知直线过C上一点，且以为方向向量. （1）指出平面截曲面所得交线是什么曲线，并说明理由； （2）证明：直线在曲面上； （3）若过曲面上任意一点，有且仅有两条直线，使得它们均在曲面上.设直线在曲面上，且过点，求异面直线与所成角的余弦值. 【答案】（1）平面上，以原点为圆心，1为半径的圆；理由如下： 根据坐标平面内点的坐标的特征可知，坐标平面的方程为， 已知曲面的方程为， 当时，平面截曲面所得交线上的点满足， 即， 也即在平面上到原点距离为定值1， 从而平面截曲面所得交线是平面上，以原点为圆心，1为半径的圆. （2）证明如下： 设是直线上任意一点， 由，均为直线的方向向量，有， 从而存在实数，使得，即， 则，解得， 所以点的坐标为， 于是， 因此点的坐标总是满足曲面的方程，从而直线在曲面上. （3） 【解析】 【分析】（1）根据坐标平面内点的坐标的特征可知，可得坐标平面的方程；当时，可得平面截曲面所得交线的方程，进而可得曲线类型； （2）设是直线上任意一点，由题意有，从而得点的坐标，代入曲面的方程验证即可. （3）设是直线上任意一点，直线的方向向量为，由题意有，可得点的坐标，代入曲面的方程，进而可求得的关系，可得，利用向量夹角公式求解即可得出答案. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 直线在曲面上，且过点， 设是直线上任意一点，直线的方向向量为， 由，均为直线的方向向量，有， 从而存在实数，使得，即， 则，解得， 所以点的坐标为， ∵在曲面上，∴， 整理得， 由题意，对任意的，有恒成立， ∴，且， ∴，或， 不妨取，则，或， ∴，或， 又直线的方向向量为， 则异面直线与所成角的余弦值均为 【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． 16. 记的内角的对边分别为，已知． （1）求； （2）若为上一点，且，求的面积． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用余弦定理求出，再由正弦定理求出. （2）根据给定条件，利用三角形面积公式，结合面积关系计算即得. 【小问1详解】 在中，由余弦定理，得， 即，而，解得，由正弦定理得， 所以. 【小问2详解】 依题意，由三角形面积公式得， 所以． 17. 某地五一假期举办大型促销活动，汇聚了各大品牌新产品的展销．现随机抽取7个品牌产品，得到其促销活动经费（单位：万元）与销售额（单位：万元）的数据如下： 品牌代号 1 2 3 4 5 6 7 促销活动经费 1 2 4 6 10 13 20 销售额 12 20 44 40 56 60 82 若将销售额与促销活动经费的比值称为促销效率值，当时，称为“有效促销”，当时，称为“过度促销”． （1）从这7个品牌中随机抽取4个品牌，求取出的4个品牌中“有效促销”的个数比“过度促销”的个数多的概率； （2）从这7个品牌中随机抽取3个，记这3个品牌中“有效促销”的个数为，求的分布列与期望． 【答案】（1） （2）分布列： 0 1 2 3 数学期望为． 【解析】 【分析】（1）先计算分析“有效促销”和“过度促销”品牌个数，然后根据排列组合知识列出基本事件总数以及所求问题的事件数，计算比值即可； （2）由（1）可知“有效促销”的品牌数，得出随机变量的取值，再求相应的概率即可求出分布列和数学期望. 【小问1详解】 根据题意计算得，7个品牌中“有效促销”的品牌是1，2，3号品牌，共有3个，“过度促销”的品牌是6，7号品牌，共有2个． 设“取出的4个品牌中‘有效促销’ 的个数比‘过度促销’的个数多”为事件， 则． 【小问2详解】 由（1）知，7个品牌中有3个品牌是“有效促销”，所以的可能取值是0，1，2，3， 因为，， ，， 所以的分布列为： 0 1 2 3 所以． 18. 已知函数 （1）求函数在点处的切线方程； （2）求函数在上的最大值与最小值. 【答案】（1） （2）最大值与最小值分别为， 【解析】 【分析】（1）借助导数的几何意义计算即可得； （2）借助导数可得函数的单调性，即可得其最值. 【小问1详解】 ， 则，， 故函数在点处的切线方程为， 即； 【小问2详解】 ， 当时，，当时，， 故在、上单调递减，在上单调递增， 又，， ，， 故函数在上的最大值与最小值分别为，. 19. 已知函数. （1）当时，求的单调区间； （2）若函数存在正零点， （i）求的取值范围； （ii）记为的极值点，证明：. 【答案】（1）单调递减区间是，无单调递增区间 （2）（i）； （ii）证明：由题意，，即， 从而，即， 由（ⅰ）知当时，，即，有， 又，故， 两边取对数，得， 于是，整理得． 【解析】 【分析】（1）借助导数的正负即可得函数的单调性； （2）（i）求导后借助导数分、及讨论函数的单调性，再结合零点的存在性定理计算即可得；（ii）利用零点定义与极值点定义可得，代入计算可得，再借助时，，即可得，再计算并化简即可得. 【小问1详解】 由已知可得的定义域为， 且， 因此当时，，从而， 所以的单减区间是，无单增区间； 【小问2详解】 （ⅰ）由（1）知，， 令， 当时，单调递减． ①当时，可知在内单调递减， 又，故当时，，所以不存在正零点； ②当时，， 在单调递减，故当时，，函数不存在正零点； ③当时，，此时， 所以存在满足， 所以在内单调递增，在内单调递减． 令，则当时，， 故在内单调递增，在内单调递减， 从而当时，，即， 所以， 又因为，所以， 因此，此时存在正零点； 综上，实数的取值范围为； （ⅱ）略 【点睛】关键点点睛：最后一问关键点在于借助，从而得到，即可得. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $