精品解析：河南省焦作市普通高中2024-2025学年高二下学期期末考试数学试题

焦作市普通高中2024-2025学年（下）高二年级期末考试 数学 考生注意： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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. 一、单项选择题：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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 在等比数列中，，则（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 8 3. 已知函数的最小正周期为，则（ ） A. B. C. D. 4. 某火箭发射离开发射架后，距离地面的高度（单位：）与时间（单位：）的函数关系式是，设其在时的瞬时速度为，则当其瞬时速度为时，（ ） A. B. C. D. 5. 过点且与曲线相切的直线方程为（ ） A. B. C. 或 D. 或 6. 已知数列，的通项公式分别为，，由，的公共项从小到大排列得到的数列为，则（ ） A. 1941 B. 1961 C. 1981 D. 2001 7. 已知函数及其导函数满足，且，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 8. 若，，，则（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：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. 已知复数，则（ ） A. 的实部为1 B. 在复平面内对应的点位于第四象限 C. D. 是方程的复数根 10. 如图，在棱长为2的正方体中，，，，分别是棱，，，的中点，则（ ） A. ，，，四点共面 B. C. 平面 D. 三棱锥的体积为 11. 已知数列中，，，则（ ） A. 是递增数列 B. ， C. ， D. 数列的前项和为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 的展开式中常数项为_____. 13. 某农场种植了一批梨树，从中随机抽取15棵，单株产量（单位：千克）分别为：24，27，29，31，32，34，35，36，38，40，41，43，45，47，50.若规定单株产量小于等于10%分位数的梨树需重点养护，则估计需重点养护的梨树单株产量的最大值为_____千克. 14. 在数列中，，且，则_____. 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. 在中，内角，，的对边分别为，，，已知. （1）求； （2）若，证明：是直角三角形. 16. 已知函数，. （1）若，求曲线在点处的切线方程； （2）若在上单调递减，求的取值范围. 17. 已知曲线，直线与交于，两点. （1）若从，，，1，2，3中任选一个数作为，求是椭圆的概率； （2）已知是上与，均不重合的点，设直线，的斜率分别为，，若，求的方程. 18. 已知，，都是正项数列，且满足，，的前项和. （1）若是等比数列，求的公比； （2）若是等差数列，求的通项公式； （3）在（2）的条件下，若，证明是等比数列，并求. 19. 设，是不同的正数，我们称为，的对数平均值，且，该不等式称为“对数平均不等式”. （1）任意选择“对数平均不等式”的一边给出证明.（注：如果两边都给出证明，按第一个证明计分） （2）已知函数有两个极值点，，且. （i）求的取值范围； （ii）利用“对数平均不等式”证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 焦作市普通高中2024-2025学年（下）高二年级期末考试 数学 考生注意： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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. 一、单项选择题：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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据并集的定义即可得出答案. 【详解】由题可知，又因为，故. 故选：C 2. 在等比数列中，，则（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 8 【答案】D 【解析】 【分析】根据等比数列的性质化简求解即可. 【详解】因为是等比数列，所以， 又，所以. 故答案为：D. 3. 已知函数的最小正周期为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据正弦型三角函数的最小正周期可得，从而得所求. 【详解】由题意知，得， 所以. 故选：A. 4. 某火箭发射离开发射架后，距离地面的高度（单位：）与时间（单位：）的函数关系式是，设其在时的瞬时速度为，则当其瞬时速度为时，（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据导数的意义求解. 【详解】由，得， 则， 令， 得. 故选：B. 5. 过点且与曲线相切的直线方程为（ ） A. B. C. 或 D. 或 【答案】C 【解析】 【分析】设切点为，利用切点坐标表示出切线方程，然后代入点，求出即可得解. 【详解】设切点为，因为，所以， 所以曲线在点处的切线方程为， 又该切线经过点，所以， 整理得，解得或， 所以切线方程为或. 故选：C 6. 已知数列，的通项公式分别为，，由，的公共项从小到大排列得到的数列为，则（ ） A. 1941 B. 1961 C. 1981 D. 2001 【答案】C 【解析】 【分析】根据等差数列的性质即可得数列是首项为1，公差为20的等差数列，从而得所求. 【详解】由题可知是首项为1，公差为4的等差数列，是首项为1，公差为5的等差数列， 则这两个数列的公共项从小到大排列构成的新数列是首项为1，公差为20的等差数列，故. 故选：C. 7. 已知函数及其导函数满足，且，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】构造，根据导数的运算公式可求出及，再根据求出，最后解不等式即可. 【详解】由题易知不满足不等式，当时，令， 则，，，（为常数）， 故，又，，解得，. 不等式，即，得，解得或. 故选：A 8. 若，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设，求导确定函数的单调性，再根据单调性与对数运算性质转化为函数值大小即可得的大小. 【详解】设， 由，，， 得，，， 又，当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 又， 所以，所以，所以. 故选：D. 二、多项选择题：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. 已知复数，则（ ） A. 的实部为1 B. 在复平面内对应的点位于第四象限 C. D. 是方程的复数根 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据复数除法运算化简，由复数概念、几何意义、复数的模公式以及求根公式逐一判断即可. 【详解】. 对于A，的实部为5，故A错误； 对于B，在复平面内对应的点为，位于第四象限，故B正确； 对于C，，故C正确； 对于D，方程的复数根为， 所以是方程的复数根，知D正确. 故选：BCD 10. 如图，在棱长为2的正方体中，，，，分别是棱，，，的中点，则（ ） A. ，，，四点共面 B. C. 平面 D. 三棱锥的体积为 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用平面基本性质判断A，根据异面直线垂直的概念判断B，结合反证法根据线面平行的性质定理判断C，根据等体积求解判断D. 【详解】对于A，取的中点，的中点，连接， 因为分别是棱的中点， 所以，所以四点共面， 又，所以四点共面， 又因为过不共线的三点的平面具有唯一性， 所以，，，，，六点共面，故A正确； 对于B，因为，而，所以，故B正确； 对于C，平面与平面的交线为， 若平面，平面,则，这显然不成立，故C错误； 对于D，，故D正确. 故选：ABD 11. 已知数列中，，，则（ ） A. 是递增数列 B. ， C. ， D. 数列的前项和为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据数列的递推关系式可确定的符号，则可得数列的单调性，从而判断A；计算从而可判断B；由已知可得，根据对数运算可得，结合累加法求和可判断C；根据裂项相消法得数列前项和即可判断D. 【详解】对于A，因为，，所以， 则，所以是递增数列，故A正确； 对于B，因为，所以，故B错误； 对于C，因为，，所以， 所以，变形得， 用累乘法可得，所以，故C正确； 对于D，因为， 所以，所以， 所以，故D正确. 故选：ACD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 的展开式中常数项为_____. 【答案】210 【解析】 【分析】写出二项式的通项公式，从而可得展开式中的常数项. 【详解】展开式的通项为， 常数项为. 故答案为：210. 13. 某农场种植了一批梨树，从中随机抽取15棵，单株产量（单位：千克）分别为：24，27，29，31，32，34，35，36，38，40，41，43，45，47，50.若规定单株产量小于等于10%分位数的梨树需重点养护，则估计需重点养护的梨树单株产量的最大值为_____千克. 【答案】27 【解析】 【分析】根据百分位数求解样本数据得10%分位数，从而得所求. 【详解】因为样本容量为15，所以， 则第2个数27即为分位数， 所以估计需养护的梨树单株产量的最大值为27千克. 故答案为：27. 14. 在数列中，，且，则_____. 【答案】 【解析】 【分析】根据可得，从而得数列为常数列，于是可得数列的通项，结合裂项相消法求和即可. 【详解】由题意得，则， 所以数列为常数列， 因此，即， 则， 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. 在中，内角，，的对边分别为，，，已知. （1）求； （2）若，证明：是直角三角形. 【答案】（1）； （2）证明：解法一：由及正弦定理可得， 由余弦定理得，即， 化简得，所以， 因此， 所以是直角三角形. 解法二：因为，所以. 所以， 所以，又，故， 即是直角三角形. 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理边化角，结合和差公式化简即可得解； （2）法一：利用正弦定理角化边得，代入余弦定理求出关系，然后由勾股定理即可得证；法二：利用内角和消去，结合和差公式展开直接求出即可得证. 【小问1详解】 由条件及正弦定理得， 即，得， 又，所以，所以，解得， 又，所以. 【小问2详解】 略 16. 已知函数，. （1）若，求曲线在点处的切线方程； （2）若在上单调递减，求的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）求出导函数，利用导数的几何意义求出切线斜率，再根据点斜式直线方程求解即可； （2）由题意，分离参数得，令，，利用导数求解的最大值，即可得解. 【小问1详解】 若，则，， 所以又， 所以曲线在点处的切线方程为即. 【小问2详解】 因为在上单调递减，所以当时，， 即，亦即. 令，，则，故在上单调递增， 所以. 要使，只需，故的取值范围是. 17. 已知曲线，直线与交于，两点. （1）若从，，，1，2，3中任选一个数作为，求是椭圆的概率； （2）已知是上与，均不重合的点，设直线，的斜率分别为，，若，求的方程. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）代入各值和范围求出判断即可求解； （2）设，求出点坐标，代入曲线，设，代入曲线并联立，求出后再建立方程求解参数即可. 【小问1详解】 当或时，是椭圆，当时，是圆， 当时，是双曲线， 综上，从，，，1，2，3中任选一个数作为，是椭圆的概率为； 【小问2详解】 设，则，记为①， 设，则，记为②， ②-①得，故， 则， 所以，解得，则的方程是. 18. 已知，，都是正项数列，且满足，，的前项和. （1）若是等比数列，求的公比； （2）若是等差数列，求的通项公式； （3）在（2）的条件下，若，证明是等比数列，并求. 【答案】（1） （2） （3）证明：由（2）得， 所以，两式作差得， 整理得，所以， 即，所以， 所以是首项为2，公比为2的等比数列. 所以，则， 则. 【解析】 【分析】（1）结合题设易得，设的公比为，根据等比数列的基本量列方程求解即可； （2）由，可得，结合可得，进而求得的公差，进而求解即可； （3）由（2）得，根据和的关系化简可得，进而得到，即可得到是等比数列，可得，进而求解. 【小问1详解】 由题意知， 设的公比为，则上式等价于， 整理得，解得（舍去）. 【小问2详解】 因为，所以， 因为，即，所以， 所以的公差， 所以. 【小问3详解】 证明略；. 19. 设，是不同的正数，我们称为，的对数平均值，且，该不等式称为“对数平均不等式”. （1）任意选择“对数平均不等式”的一边给出证明.（注：如果两边都给出证明，按第一个证明计分） （2）已知函数有两个极值点，，且. （i）求的取值范围； （ii）利用“对数平均不等式”证明：. 【答案】（1）证明：证明左边不等式：. 不妨设，则该不等式等价于，即. 令，，即证. 设，则，所以在上单调递减， 所以当时，，故原不等式成立. 证明右边不等式：. 不妨设，则该不等式等价于，即. 令，，即证. 设，则，所以在上单调递增. 所以当时，，故原不等式成立. （2）（i）； （ii）证明：由（i）知，是的两个根，所以， 从而. 由对数平均不等式可得， 故，且，即， 所以. 【解析】 【分析】（1）证明左边不等式：，将不等式变形为，令，，即证，设，然后利用导数研究单调性求解最值即可证明； 证明右边不等式：，将不等式变形为，令，，即证，设，然后利用导数研究单调性求解最值即可证明； （2）（i）由题意有两个异号零点，令，按照和分类讨论，利用导数研究函数的单调性，结合极值和零点个数即可求解； （ii）由（i）知，利用比例性质得，由对数平均不等式可得，结合对数运算即可证明. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （i）的定义域为，， 因为有两个极值点，所以有两个异号零点. 令，则，. 若，,则在上单调递增，此时即不可能有两个零点，不符合题意. 若，令，得， 当时，，单调递增；当时，，单调递减. 所以， 且当时，，当时，， 要使有两个零点，只需，得，经检验符合题意， 因此，的取值范围是. （ii）略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $