精品解析：陕西省西安高新唐南中学2024-2025学年高二下学期期末考试数学试卷

2024～2025学年度第二学期期末考试高二年级数学试卷 （本试卷共4页，在答题卷规定区域作答，写在范围外的答案无效，满分150分） 一、单选题（本题共8个小题，共计40分） 1. 对于数据，下列说法错误的是（ ） A. 平均数为5 B. 众数为6 C. 极差为10 D. 中位数为6 【答案】D 【解析】 【分析】利用平均数，众数，极差，中位数的意义计算可判断每个选项的正误. 【详解】平均数为，故A正确；众数为6，故B正确； 极差为，故C正确；数据的中位数为5，故D错误. 故选：D. 2. 已知复数，则（    ） A. 2 B. C. 1 D. 0 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数乘法周期性，结合模长公式即可求解. 【详解】复数，则. 故选：B 3. 已知集合，则集合的子集个数为（ ） A. 4 B. 8 C. 16 D. 32 【答案】C 【解析】 【分析】根据函数定义域和集合交集的求法，求出交集，根据集合元素个数，判断集合子集的个数. 【详解】因为，可得，解得， 则，所以，其子集个数为. 故选：C. 4. 设集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】分别解出集合中的分式不等式和集合中的对数不等式，再利用集合的交集运算即可求解. 【详解】不等式等价于，解得， ； 不等式等价于， ，，， . 故选：D. 5. 在中，内角所对的边分别为，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由正弦定理角化边，再结合余弦定理即可求解. 【详解】由，根据正弦定理得， 设， 可得， 故选：B. 6. 已知点为抛物线的焦点，点在的准线上，点在上，若，且，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】设，则，可得，则，进而，即可求得. 【详解】如图，过作于， 由抛物线的定义知， 又，则， 设，则， 因为，则， 所以. 由于轴，所以， 则， 则， 所以，则. 故选：D. 7. 已知等比数列的前n项和为，若，且，，成等差数列，则（ ） A. B. C. 85 D. 86 【答案】C 【解析】 【分析】利用基本量法可求公比，从而可得的值. 【详解】设等比数列的公比为，因为，故， 又，，成等差数列，故即， 解得或（舍去），所以，， 因此． 故选：C 8. 已知为锐角，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】借助三角恒等变换、同角三角函数的基本关系计算即可得. 【详解】因为为锐角，所以，， 又，所以， 而，所以， 所以， 因此. 故选：D． 二、多选题（本题共3个小题，共计18分） 9. 已知公差为1的等差数列满足成等比数列，则（ ） A. B. 的前项和为 C. 的前8项和为 D. 的前50项和为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据等差数列通项公式及等比中项列方程求解判断A，由等差数列求和公式判断B，利用裂项相消法求和判断C，根据通项公式并项求和可判断D. 【详解】对于A，因为成等比数列，所以，即，解得，故A正确； 对于B，的前项和为，故B正确； 对于C，因为， 所以的前8项和为，故C错误； 对于D，因为， 所以的前50项和为，故D正确. 故选：ABD 10. 已知函数是定义在R上的奇函数，当时，，则（    ） A. 当时， B. ，都有 C. 的解集为 D. 的单调递增区间是， 【答案】BD 【解析】 【分析】对于A，利用奇函数的定义，可得答案；对于B、D，利用导数以及奇函数的性质，可得答案；对于C，根据对数函数的性质以及不等式的性质，可得答案. 【详解】对于A，当时，，则， 函数在其定义域上是奇函数，则，故A错误； 对于B，当时，，， 当时，，单调递增；当时，，单调递减， 故， 当时，； 当时，，，则， 综上，当时，， 因为函数是奇函数，所以， 当时，，故B正确； 对于C，由B可知，当时，，， 则； 当时，，，则， 因为函数是奇函数，所以当时，；当时，， 因为函数是奇函数，所以， 综上，不等式，其解集为，故C错误； 对于D，由B可知，当时， 单调递增；当时， 单调递减， 因为函数是奇函数，所以当时， 单调递减； 当时， 单调递增，故D正确. 故选：BD. 11. 已知双曲线的左、右焦点分别为，点P在C的右支上，过点P的直线l与C的两条渐近线分别交于点M，N，则下列说法正确的是（ ） A. 的最小值为4 B. 与C仅有公共点P的直线共有三条 C. 若，且P为线段MN的中点，则l的方程为 D. 若l与C相切于点，则M，N的纵坐标之积为 【答案】BC 【解析】 【分析】设，结合双曲线的定义即可判定A；过P作双曲线的切线和平行于渐近线的直线即可判定B；利用点差法和中点的坐标公式求出直线的斜率即可判断C；设直线l方程为，联立方程组，结合，得到，在化简，即可判定D. 【详解】 由题意，双曲线，可得，则， 所以焦点，且， 设，则，双曲线的两条渐近线的方程为， A：由，所以，故A错误； B：过点P作双曲线的一条切线，和两条平行于渐近线的直线， 这3条直线与双曲线仅有公共点P，故B正确； C：设，直线的方程为，则， ，两式相减得， 即， 所以，所以直线的方程为，即，故C正确； D：设直线的方程为， 联立方程组，整理得， 若直线与双曲线相切，则， 整理得， 联立方程组，解得，即点的纵坐标为， 联立方程组，解得，即点的纵坐标为， 则点的纵坐标之积为，故D错误； 故选：BC 【点睛】对于选项D的分析，属于定值问题，而求定值问题常见的方法有两种： (1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关． (2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值． 三、填空题（本题共3个小题，共计15分） 12. 已知向量，若，则=___. 【答案】3 【解析】 【分析】 利用向量共线的坐标表示求出的值，运用模长公式计算得出答案． 【详解】∵向量，且， ∴-2m=2m-1，解得m=，∴， ∴， ∴==3. 故答案为：3 【点睛】本题考查平面向量的坐标表示，考查向量共线的应用，考查模长的求法，属于基础题． 13. 已知函数在处有极大值，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】求导得，根据求得或，再分别检验即可. 【详解】由得， ∵在处取得极大值，∴，即，解得或， 当时，， 令，得或，令，得， ∴在上是增函数，在上是减函数，在上是增函数， ∴在处取得极小值，故不满足题意，舍去， 当时，，令，得或，令，得， ∴在上是增函数，在上是减函数，在上是增函数， ∴在处取得极大值，符合题意． 综上所述， ． 故答案为：. 14. 某半球形容器如图（左）所示，底面圆的半径为2.往其中放入四个大小相同的小球，每个小球都与半球面相切，也与底面相切，其俯视图如图（右）所示，则小球的表面积等于__________. 【答案】 【解析】 【分析】设四个小球的球心分别为，半径为，其在底面上的射影分别为，半球形容器的球心为，作出草图，在直角三角形中，利用数量关系和勾股定理即可求出小球的半径，即可求出小球的表面积； 【详解】设四个小球的球心分别为，半径为，其在底面上的射影分别为，半球形容器的球心为，如图所示，在长方体中，，, 连接则， 在直角三角形中，，即， 解得或（舍去）； 所以小球的表面积. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径. 四、解答题（本题共5个小题，共计77分） 15. 设，图象的一条对称轴是直线 （1）求，并求函数的对称中心； （2）求函数的单调递增区间； （3）求函数在区间上的值域． 【答案】（1），， （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据正弦型函数的对称轴可得，进而可得对称中心； （2）利用整体代入法可得函数的单调区间； （3）利用整体法判断函数值域/ 【小问1详解】 由函数，图象的一条对称轴是直线， 则，， 所以，， 又， 则， 所以， 令，，解得，， 即函数的对称中心为； 【小问2详解】 令，， 解得，， 即函数的单调递增区间为，； 【小问3详解】 由，则， 则， 即函数在上的值域为. 16. 设椭圆的左右顶点分别为，左右焦点.已知，. （1）求椭圆方程及离心率. （2）若斜率为1的直线交椭圆于A，B两点，与以为直径的圆交于C，D两点.若，求直线的方程. 【答案】（1），离心率 （2） 【解析】 【分析】（1）根据椭圆的几何性质列式计算得，，，得解； （2）设直线为，由圆心到直线的距离小于半径得出的范围，由圆的性质求出弦的长，将直线的方程与椭圆方程联立得出韦达定理，求出弦的长，由条件得出方程，可得答案. 【小问1详解】 由题意，，，解得，， ， 所以椭圆方程为，离心率为. 【小问2详解】 设直线为，，，由题意，以为直径的圆的方程为， 则圆心到直线的距离，即，所以， 由，消去，整理得， ，解得，又，所以， ，， ， 因为，所以，解得，又，所以， 所以直线的方程为：或. 17. 如图1，在四边形中，，E是的中点，将沿折起至的位置，使得二面角的大小为（如图2），M，N分别是的中点． （1）证明：∥平面． （2）求二面角的余弦值． 【答案】（1） 证明：如图，取的中点P，连接． 因为E是的中点，，所以． 又∥，所以四边形是平行四边形． 因为M，N分别是的中点，所以∥∥． 又平面平面，所以∥平面∥平面． 因为，所以平面∥平面． 又平面，所以∥平面． （2） 【解析】 【分析】（1）取的中点P，连接，由已知可证得四边形是平行四边形，由三角 形中位线定理可得∥∥，然后由线面平行的判定定理可得∥平面∥平面，从而可得平面∥平面，再由面面平行的性质定理可得结论， （2）取的中点O，连接，以O为原点，射线为x轴的正半轴建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量求解即可 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：取的中点O，连接． 在图1中，因为，所以与是等边三角形， 所以在图2中，，所以． 以O为原点，射线为x轴的正半轴建立如图所示的空间直角坐标系． 设，则， ． 设平面的法向量为， 则令，则，即． 由题可知，平面的一个法向量为． 由图可知，二面角为钝角，故二面角的余弦值为． 18. 设函数，曲线在点处的切线方程为. （1）求实数的值； （2）若函数有两个不同的零点，，且， ①求实数的取值范围； ②试比较与的大小关系，并说明理由. 【答案】（1） （2）①； ②，理由：不妨令，， 由①知，，即，而， 只需证明，即证，令， 令，求导得， 函数在上单调递减，，即， 因此，所以. 【解析】 【分析】（1）求出函数的导数，利用导数的几何意义求出. （2）①法1，把问题转化为直线与函数图象交点问题，结合导数求解；法2，利用零点的意义，构造新函数，利用导数，结合零点存在性定理求解.②判断大小，作差等价转化，利用导数证明即可. 【小问1详解】 函数，求导得， 由曲线在处的切线方程为，得，解得， 经验证，符合题意，所以. 【小问2详解】 ①方法一：函数有两个不同的零点， 等价于方程有两个不同的根， 等价于函数的图象与直线有两个不同的交点， ，当时，；当时，， 函数在上单调递减，在上单调递增，， 而当从大于0的方向趋近于0时，在，当时，， 所以的取范围为 方法二：令， 由方程有两个不同的解，得函数有两个不同的零点， ，当时，；当时，， 函数在上单调递增，在上单调递减，则，解得， 而，， 令，求导得，函数在上递减， ， 所以. ②略 19. 已知甲盒子中装有个白球和个黑球，乙盒子中装有个白球，现从甲、乙两个盒子中各任取1个球交换放入对方的盒中，重复次（）这样的操作.记此时甲盒中白球的个数为，甲盒中恰有个白球的概率为，恰有个白球的概率为. （1）求，和，； （2）证明：为等比数列； （3）求的数学期望（用表示）. 【答案】（1），， （2）证明：依题意，经过次这样的操作，甲盒中恰有2个白球的概率为， 恰有1个白球的概率为，则甲盒中恰有3个白球的概率为， 研究第次交换球时的概率，根据第次交换球的结果讨论如下： ①当甲盒中的球为2白1黑，乙盒中的球为1白1黑时，对应概率为， 此时，若甲盒取黑球、乙盒取黑球，互换，则甲盒中的球仍为2白1黑， 乙盒中的球仍为1白1黑，概率为； 若甲盒取黑球、乙盒取白球，互换，则甲盒中的球变为3白，乙盒中的球变为2黑，概率为； 若甲盒取白球、乙盒取黑球，互换，则甲盒中的球变为1白2黑，乙盒中的球变为2白，概率为； 若甲盒取白球、乙盒取白球，互换，则甲盒中的球仍为2白1黑，乙盒中的球仍为1白1黑，概率为， ②当甲盒中的球为1白2黑，乙盒中的球为2白时，对应概率为， 此时，若甲盒取黑球、乙盒取白球，互换，则甲盒中的球变为2白1黑，乙盒中的球变为1白1黑，概率为； 若甲盒取白球、乙盒取白球，互换，则甲盒中的球仍为1白2黑，乙盒中的球仍为2白，概率为， ③当甲盒中的球为3白，乙盒中的球为2黑时，对应概率为， 此时，甲盒只能取白球、乙盒只能取黑球，互换，则甲盒中的球变为2白1黑， 乙盒中的球变为1白1黑，概率为， 综上， 则， 整理得，又， 所以数列是公比为的等比数列. （3） 【解析】 【分析】（1）利用古典概率计算即得；按第1次交换球的结果分类讨论，结合相互独立事件的概率、互斥事件的概率求出. （2）按第次交换球的结果分类讨论，结合相互独立事件的概率、互斥事件的概率用表示即可推理得证. （3）利用（2）的结论，求出随机变量的分布列，再求出数学期望. 【小问1详解】 若甲盒取黑球、乙盒取白球，互换，则甲盒中的球变为2白1黑，乙盒中的球变为1白1黑，概率； 若甲盒取白球、乙盒取白球，互换，则甲盒中的球仍为1白2黑，乙盒中的球仍为2白，概率， 研究第2次交换球时的概率，根据第1次交换球的结果讨论如下： ①当甲盒中的球为2白1黑，乙盒中的球为1白1黑时，对应概率为， 此时，若甲盒取黑球、乙盒取黑球，互换，则甲盒中的球仍为2白1黑， 乙盒中的球仍为1白1黑，概率为； 若甲盒取黑球、乙盒取白球，互换，则甲盒中的球变为3白，乙盒中的球变为2黑，概率为； 若甲盒取白球、乙盒取黑球，互换，则甲盒中的球变为1白2黑，乙盒中的球变为2白，概率为； 若甲盒取白球、乙盒取白球，互换，则甲盒中的球仍为2白1黑，乙盒中的球仍为1白1黑，概率为， ②当甲盒中的球为1白2黑，乙盒中的球为2白时，对应概率为， 此时，若甲盒取黑球、乙盒取白球，互换，则甲盒中的球变为2白1黑， 乙盒中的球变为1白1黑，概率为 若甲盒取白球，乙盒取白球，互换，则甲盒中的球仍为1白2黑，乙盒中的球仍为2白，概率为， 综上，. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由（2）知，则， 随机变量的分布列为 1 2 3 所以. 【点睛】方法点睛，求离散型随机变量的分布列及期望的一般步骤： （1）根据题中条件确定随机变量的可能取值； （2）求出随机变量所有可能取值对应的概率，即可得出分布列； （3）根据期望的概念，结合分布列，即可得出期望. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024～2025学年度第二学期期末考试高二年级数学试卷 （本试卷共4页，在答题卷规定区域作答，写在范围外的答案无效，满分150分） 一、单选题（本题共8个小题，共计40分） 1. 对于数据，下列说法错误的是（ ） A. 平均数为5 B. 众数为6 C. 极差为10 D. 中位数为6 2. 已知复数，则（    ） A. 2 B. C. 1 D. 0 3. 已知集合，则集合的子集个数为（ ） A. 4 B. 8 C. 16 D. 32 4. 设集合，则（ ） A. B. C. D. 5. 在中，内角所对的边分别为，且，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知点为抛物线的焦点，点在的准线上，点在上，若，且，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 7. 已知等比数列的前n项和为，若，且，，成等差数列，则（ ） A. B. C. 85 D. 86 8. 已知为锐角，，则（ ） A. B. C. D. 二、多选题（本题共3个小题，共计18分） 9. 已知公差为1的等差数列满足成等比数列，则（ ） A. B. 的前项和为 C. 的前8项和为 D. 的前50项和为 10. 已知函数是定义在R上的奇函数，当时，，则（    ） A. 当时， B. ，都有 C. 的解集为 D. 的单调递增区间是， 11. 已知双曲线的左、右焦点分别为，点P在C的右支上，过点P的直线l与C的两条渐近线分别交于点M，N，则下列说法正确的是（ ） A. 的最小值为4 B. 与C仅有公共点P的直线共有三条 C. 若，且P为线段MN的中点，则l的方程为 D. 若l与C相切于点，则M，N的纵坐标之积为 三、填空题（本题共3个小题，共计15分） 12. 已知向量，若，则=___. 13. 已知函数在处有极大值，则__________. 14. 某半球形容器如图（左）所示，底面圆的半径为2.往其中放入四个大小相同的小球，每个小球都与半球面相切，也与底面相切，其俯视图如图（右）所示，则小球的表面积等于__________. 四、解答题（本题共5个小题，共计77分） 15. 设，图象的一条对称轴是直线 （1）求，并求函数的对称中心； （2）求函数的单调递增区间； （3）求函数在区间上的值域． 16. 设椭圆的左右顶点分别为，左右焦点.已知，. （1）求椭圆方程及离心率. （2）若斜率为1的直线交椭圆于A，B两点，与以为直径的圆交于C，D两点.若，求直线的方程. 17. 如图1，在四边形中，，E是的中点，将沿折起至的位置，使得二面角的大小为（如图2），M，N分别是的中点． （1）证明：∥平面． （2）求二面角的余弦值． 18. 设函数，曲线在点处的切线方程为. （1）求实数的值； （2）若函数有两个不同的零点，，且， ①求实数的取值范围； ②试比较与的大小关系，并说明理由. 19. 已知甲盒子中装有个白球和个黑球，乙盒子中装有个白球，现从甲、乙两个盒子中各任取1个球交换放入对方的盒中，重复次（）这样的操作.记此时甲盒中白球的个数为，甲盒中恰有个白球的概率为，恰有个白球的概率为. （1）求，和，； （2）证明：为等比数列； （3）求的数学期望（用表示）. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $