精品解析：福建省福州市第十五中学2024-2025学年高二下学期7月期末考试数学试题

2024-2025学年第二学期期末考试 高二数学试卷 （满分：150分；考试时间：120分钟） 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，只有一个选项是符合要求的） 1. 集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 复数的虚部为（ ） A. B. C. 2 D. 3. 已知，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 4. 已知平面向量，满足，，若，则（ ） A. B. C. D. 5. 若，则的最小值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 6. 已知角的顶点为坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，点在角的终边上，则（ ） A. B. C. D. 7. 甲、乙、丙、丁、戊5名学生站成一排，记“甲、乙相邻”为事件，“甲不站在两端”为事件，则（ ） A. B. C. D. 8. 设随机变量，函数在定义域上是单调递增函数的概率为，则（ ） 附：若，则. A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，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. 下列选项正确的是（ ） A. 命题“，”的否定是， B. 满足的集合M的个数为 C. 已知，，则 D. 已知指数函数（且）的图象过点，则 10. 在正方体中，，分别为棱，的中点，则下列说法正确的是（ ） A. 平面 B. C. ，，，四点共面 D. 平面平面 11. 在锐角中，角，，所对的边分别为，，，已知，且，则下列说法中正确的是（ ） A. B. 的取值范围是 C. 点是所在平面内任一点，若，则的取值范围是 D. 点是所在平面内任一点，，则与的面积比为 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 的展开式中常数项的二项式系数为__________. 13. 若正方体的表面积为，则它的外接球的表面积为________. 14. 已知抛物线的准线是圆与圆的公共弦所在的直线，则抛物线的标准方程为______． 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. 已知为等差数列的前n项和，，. （1）求，； （2）若数列的前项和为，求满足的最小正整数n. 16. 如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面，且M是的中点，，. （1）求证：平面； （2）求与平面所成角的余弦值. 17. 在中，内角A､B､C所对的边分别是a､b､c，已知，A为锐角. （1）求角A的大小； （2）在①的面积为，②，③这三个条件中任选一个补充在下面的横线上. 问题：若，___________，求b､c的值. 18. 已知函数在点处的切线与直线垂直． （1）求； （2）求的单调区间和极值． 19. 如图，已知椭圆的上下焦点分别为，，左顶点为，焦距为，若为正三角形. （1）求椭圆的标准方程； （2）过点，斜率为的直线与椭圆相交，两点，求的长 （3）过点的直线与椭圆相交于､两点，若，求直线的方程. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025学年第二学期期末考试 高二数学试卷 （满分：150分；考试时间：120分钟） 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，只有一个选项是符合要求的） 1. 集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据交集运算即可求解. 【详解】解：集合，，所以. 故选：C. 2. 复数的虚部为（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，利用复数乘方乘法运算求出复数，再根据虚部概念即可作答. 【详解】，所以复数的虚部为. 故选：C. 3. 已知，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】解不等式，根据解的范围与的范围的大小关系，即可得出答案. 【详解】解可得，，显然该范围小于的范围. 所以“”是“”的充分不必要条件. 故选：A. 4. 已知平面向量，满足，，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由向量平行坐标表示可得答案. 【详解】因，，，则. 故答案为：B 5. 若，则的最小值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】利用基本不等式和“1”的巧用进行求解. 【详解】因为， 所以， （当且仅当且，即时取等号）, 即的最小值为4. 故选：D. 6. 已知角的顶点为坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，点在角的终边上，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】首先根据点的坐标求出的值，再利用诱导公式求出的值. 【详解】根据三角函数的定义，若角终边上一点，则. 已知点在角的终边上，则. 所以. 根据诱导公式. 因为，所以. 故选：A. 7. 甲、乙、丙、丁、戊5名学生站成一排，记“甲、乙相邻”为事件，“甲不站在两端”为事件，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据条件概率公式来求解，需要先分别求出和，再代入公式计算. 【详解】“甲、乙相邻”，可将甲、乙看成一个整体，与丙、丁、戊全排列，同时甲、乙两人之间也需要全排列. 甲、乙两人全排列的方法数为种； 将甲、乙整体与丙、丁、戊全排列的方法数为种. 所以事件包含的基本事件数为种. 名学生全排列的方法数为种. 根据古典概型概率公式可得. “甲、乙相邻且甲不站在两端”，当甲、乙相邻时，若甲不站在两端，甲只能站在中间3个位置上， 所以事件AB包含的基本事件数为种. 则. 根据条件概率公式，将，代入可得： . 故选：D. 8. 设随机变量，函数在定义域上是单调递增函数的概率为，则（ ） 附：若，则. A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求出函数的导函数，若恒成立，求出的取值范围，即可得到，，再由正态曲线的性质计算可得. 【详解】因为，所以， 若对任意实数恒成立，则， 所以， 又，所以，，，，，， 所以，， 则. 故选：B. 二、多选题：本题共3小题，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. 下列选项正确的是（ ） A. 命题“，”的否定是， B. 满足的集合M的个数为 C. 已知，，则 D. 已知指数函数（且）的图象过点，则 【答案】BC 【解析】 【分析】对于A，命题的前提发生变化；对于B，求出满足条件的集合个数即可；对于C，由题意计算出即可判断；对于D，先求出，再算出即可判断. 【详解】对于A，存在量词命题的否定是全称命题，但前提条件不变， 所以命题“，”的否定是，， 故选项A错误； 对于B，满足的集合M的个数为， 故选项B正确； 对于C，，，所以， 故选项C正确； 对于D，已知指数函数（且）的图象过点， 所以，所以，故选项D错误. 故选：BC. 10. 在正方体中，，分别为棱，的中点，则下列说法正确的是（ ） A. 平面 B. C. ，，，四点共面 D. 平面平面 【答案】AD 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，求出相关点坐标，根据空间向量判断空间直线、平面的位置关系的方法，可判断A，B；判断为异面直线，可判断C；根据空间直线和平面的垂直的判定定理以及面面垂直的判定定理，可判断D. 【详解】如图，以D为坐标原点，以所在直线为轴，建立空间直角坐标系， 设正方体棱长为2，则, 则, 则， 故，即， 而平面，故平面，A正确； 由于，且没有倍数关系， 即两向量不共线，故不平行，B错误； 由于平面，平面，, 故为异面直线，则，，，四点不共面，C错误； 由于平面， 故平面，又平面，故平面平面，D正确， 故选：AD 11. 在锐角中，角，，所对的边分别为，，，已知，且，则下列说法中正确的是（ ） A. B. 的取值范围是 C. 点是所在平面内任一点，若，则的取值范围是 D. 点是所在平面内任一点，，则与的面积比为 【答案】ABD 【解析】 【分析】A选项，由正弦定理和正弦二倍角公式得到或，由即可得解判断；B选项，由正弦定理得到，根据为锐角三角形求出，再根据余弦函数单调性即可得解判断；C选项，推出，再由即可求解判断；D选项，作出辅助线，设得，根据向量共线定理的推论得到方程求解即可求解判断. 【详解】A选项，，由正弦定理得， 故或， 当时，因为，所以， 但，故，所以不合要求， 所以，A正确； B选项，由A知，，， 其中， 因为为锐角三角形，所以， 即，解得， 因为在上单调递减，所以，B正确； C选项，点是所在平面内任一点，， 取的中点，连接，则且， 则， 由于点是所在平面内任一点，则， 所以，C错误； D选项，点是所在平面内任一点，， 在上取点，使得，取的中点， 则，设直线交于点，设， 所以，即， 因为三点共线，所以，解得， 所以，故与的面积之比为，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. 的展开式中常数项的二项式系数为__________. 【答案】20 【解析】 【分析】求出二项式展开式的通项公式，令的次数为0，求得答案. 【详解】此二项式展开式的通项公式为， ，则当时，对应的为常数项， 故常数项的二项式系数为， 故答案为：20. 13. 若正方体的表面积为，则它的外接球的表面积为________. 【答案】 【解析】 【分析】由正方体的外接球的直径与正方体的棱长之间的关系求解. 【详解】由已知得正方体的棱长为， 又因为正方体的外接球的直径等于正方体的体对角线的长， 所以正方体的外接球的半径， 所以外接球的表面积， 故得解. 【点睛】本题考查正方体的外接球，属于基础题. 14. 已知抛物线的准线是圆与圆的公共弦所在的直线，则抛物线的标准方程为______． 【答案】 【解析】 【分析】利用两圆方程相减后求出公共弦方程，再结合抛物线的性质求解即可； 【详解】两圆的公共弦方程为， 所以，所以抛物线的标准方程为． 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. 已知为等差数列的前n项和，，. （1）求，； （2）若数列的前项和为，求满足的最小正整数n. 【答案】（1）， （2）19 【解析】 【分析】（1）设等差数列的公差为d，根据题意求出数列的首项与公差，再根据等差数列的通项公式及前项和公式即可得解； （2）利用裂项相消法求出数列的前项和为，再解不等式即可得解. 【小问1详解】 解：设等差数列的公差为d， 则，即，解得， 所以，； 【小问2详解】 解：由（1）得，， 故， 令，有， 即，解得， 故满足满足的最小正整数为19. 16. 如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面，且M是的中点，，. （1）求证：平面； （2）求与平面所成角的余弦值. 【答案】（1） ∵平面，平面， ∴，又四边形是矩形，则， ∵，、平面， ∴平面，平面PAD， ∴， 又M是PD的中点，，则， 而，、平面， 所以平面； （2） 【解析】 【分析】（1）由线面垂直、矩形的性质得、，即得平面，再由线面垂直、等腰三角形性质得、，最后根据线面垂直的判定证结论； （2）构建空间直角坐标系，应用向量法求线面角的正弦值，进而求其余弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由题易知：两两互相垂直， 以A为空间坐标系的原点，分别为轴建立空间直角坐标系， 则，，，，故， 设平面MBC法向量为，则， 即，令，，则，即， 而，则， 设MA与平面MBC所成角为，则， 所以. 17. 在中，内角A､B､C所对的边分别是a､b､c，已知，A为锐角. （1）求角A的大小； （2）在①的面积为，②，③这三个条件中任选一个补充在下面的横线上. 问题：若，___________，求b､c的值. 【答案】（1）； （2）b=4，c=. 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理可得，进而利用辅助角公式及三角函数的图象及性质即得； （2）利用三角形面积公式、余弦定理及向量数量积的运算法则和定义即得. 【小问1详解】 ∵， ∴， ∴， ∴即，又A为锐角， ∴， ∴，即； 【小问2详解】 选①，的面积为， ∴， ∴，又， ∴，， ∴，又， 解得； 选②，， ∴，即， 又， ∴，， ∴，又， 解得； 选③，， ∴， ∴即，又，， ∴. 18. 已知函数在点处的切线与直线垂直． （1）求； （2）求的单调区间和极值． 【答案】（1） （2）单调递增区间为、，单调递减区间为，极大值，极小值 【解析】 【分析】（1）结合导数的几何意义及直线垂直的性质计算即可得； （2）借助导数可讨论单调性，即可得极值. 【小问1详解】 ，则， 由题意可得，解得； 【小问2详解】 由，故， 则，， 故当时，，当时，，当时，， 故的单调递增区间为、，的单调递减区间为， 故有极大值， 有极小值. 19. 如图，已知椭圆的上下焦点分别为，，左顶点为，焦距为，若为正三角形. （1）求椭圆的标准方程； （2）过点，斜率为的直线与椭圆相交，两点，求的长 （3）过点的直线与椭圆相交于､两点，若，求直线的方程. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】(1) 由题意求出即可得到答案. (2)先方程联立，得出韦达定理，再由弦长公式可得答案. (3) 设直线的方程为，设，,根据条件可得，然后联立直线与椭圆方程，求出参数，得到答案. 【小问1详解】 由题意可得，则 为正三角形，所以 所以 椭圆的标准方程为： 【小问2详解】 设， 由题意，过点，斜率为的直线方程为 由 ，得 则 所以 【小问3详解】 当直线的斜率不存在时，其方程为，显然不满足条件. 当直线的斜率存在时，设直线的方程为，设， 由，得 所以 由, 可得，代入上面的韦达定理中可得 由此消去可得，解得，即 所以直线的方程为： 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $