精品解析：广东省深圳市人大附中深圳学校2024-2025学年高二下学期期末考试数学试卷

人大附中深圳学校2024-2025学年下期末考试 高二数学试题 本试卷满分150分，考试时间120分钟 第Ⅰ卷（共58分） 一、单选题（本题包括8小题，每小题5分，共40分.每小题只有一个选项符合题意） 1. 已知复数满足，则（ ） A. B. C. D. 2. 直线，的斜率分别为1，2，，夹角为，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知函数，则（ ） A. 2 B. C. 4 D. 4. 已知等差数列的前15项和，则 A. 7 B. 15 C. 6 D. 8 5. 中国空间站的主体结构包括天和核心舱、问天实验舱和梦天实验舱．假设中国空间站要安排甲，乙，丙，丁，戊，己6名航天员开展实验，其中天和核心舱安排4人，问天实验舱与梦天实验舱各安排1人．若甲、乙两人不能同时在一个舱内做实验，则不同的安排方案共有（ ）． A. 14种 B. 16种 C. 18种 D. 20种 6. 已知圆锥PO的底面半径为，O为底面圆心，PA，PB为圆锥的母线，，若的面积等于，则该圆锥的体积为（ ） A. B. C. D. 7. 已知，分别是双曲线的左，右焦点，若是双曲线左支上的点，且．则的面积为（ ） A. 8 B. 16 C. 24 D. 8. 北宋科学家沈括在《梦溪笔谈》中记载了“隙积术”，提出长方台形垛积的一般求和公式.如图，由大小相同的小球堆成的一个长方台形垛积的第一层有个小球，第二层有个小球，第三层有个小球……依此类推，最底层有 个小球，共有层，由“隙积术”可得 这 些 小 球 的 总 个 数 为 若由小球堆成的某个长方台形垛积共8层，小球总个数为240，则该垛积的第一层的小球个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 二、多选题（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，有选错的得0分，部分选对的得部分分.） 9. 已知函数．则下列结论正确的是（ ） A. 图像关于点中心对称 B. 图像关于直线对称 C. 的最大值为 D. 既是奇函数又是周期函数 10. 设抛物线的焦点为，过的直线交于、，过且垂直于的直线交于，过点作的垂线，垂足为，过点作的垂线，垂足为，则正确的结论是（ ） A. B. C. 存在直线，使得 D. 对任意直线， 11. 如图所示，在边长为3的等边三角形中，，且点在以的中点为圆心，为半径的半圆上，若，则（ ） A. B. C. 存在最小值 D. 的最大值为 第Ⅱ卷（非选择题，共92分） 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分，其中14题第一空2分，第二空3分.） 12. 已知，则的最大值为__________. 13. 已知曲线在处的切线与直线垂直，则实数的值为________. 14. 举重比赛的规则是：挑战某一个重量，每位选手可以试举三次，若三次均未成功则挑战失败；若有一次举起该重量，则无需再举，视为挑战成功，已知甲选手每次能举起该重量的概率是，且每次试举相互独立，互不影响，设试举的次数为随机变量，则的数学期望________；已知甲选手挑战成功，则甲是第二次举起该重量的概率是________． 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. 已知数列的前n项和为，且，. （1）求实数的值和数列的通项公式； （2）若，求数列的前n项和. 16. 已知为坐标原点，是圆上一点，且，线段的垂直平分线交线段于点，设动点的轨迹为曲线，且曲线与直线相切． （1）求的方程； （2）过点且斜率为的直线与曲线交于两点，求面积的最大值． 17. 在梯形中，为的中点，线段与交于点，将沿折起到的位置，使得平面平面. （1）求证：平面； （2）线段上是否存在点，使得与平面所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 18. 已知函数. （1）已知在区间上单调递减，求的取值范围； （2）当时，证明：若，则. （参考数据：） 19. 设，，，若各项均为正数的数列满足，则称数列具有性质“”． （1）已知数列的前n项和为，且，试判断数列是否具有性质“”，并说明理由； （2）若数列满足，且． （i）证明：数列具有性质“”； （ii）记数列的前n项和为，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 人大附中深圳学校2024-2025学年下期末考试 高二数学试题 本试卷满分150分，考试时间120分钟 第Ⅰ卷（共58分） 一、单选题（本题包括8小题，每小题5分，共40分.每小题只有一个选项符合题意） 1. 已知复数满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先将复数化简，再套用模长公式即可 【详解】因为，所以， 所以 故选：C 2. 直线，的斜率分别为1，2，，夹角为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据直线倾斜角与斜率之间的关系，由两角差的正切公式以及同角三角函数之间的基本关系计算可得结果. 【详解】设直线，的倾斜角分别为，则,; 因此； 所以. 故选：C 3. 已知函数，则（ ） A. 2 B. C. 4 D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求出，再求得的值即可 【详解】已知函数， 所以 则. 故选：D. 4. 已知等差数列的前15项和，则 A. 7 B. 15 C. 6 D. 8 【答案】C 【解析】 【详解】设等差数列的等差为前项的和， ，可得， 则. 故选：C. 5. 中国空间站的主体结构包括天和核心舱、问天实验舱和梦天实验舱．假设中国空间站要安排甲，乙，丙，丁，戊，己6名航天员开展实验，其中天和核心舱安排4人，问天实验舱与梦天实验舱各安排1人．若甲、乙两人不能同时在一个舱内做实验，则不同的安排方案共有（ ）． A. 14种 B. 16种 C. 18种 D. 20种 【答案】C 【解析】 【分析】可以按照元素甲分类讨论，特殊元素和特殊位置优先考虑即可得解. 【详解】按照甲是否在天和核心舱划分， ①若甲在天和核心舱，天和核心舱需要从除了甲乙之外的4人中选取3人，剩下两人去剩下两个舱位，则有种可能； ②若甲不在天和核心舱，需要从问天实验舱和梦天实验舱中挑选一个，剩下5人中选取4人进入天和核心舱即可，则有种可能； 根据分类加法计数原理，共有种可能. 故选：C. 6. 已知圆锥PO的底面半径为，O为底面圆心，PA，PB为圆锥的母线，，若的面积等于，则该圆锥的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，利用三角形面积公式求出圆锥的母线长，进而求出圆锥的高，求出体积作答. 【详解】在中，，而，取中点，连接，有，如图， ，，由的面积为，得， 解得，于是， 所以圆锥的体积. 故选：B 7. 已知，分别是双曲线的左，右焦点，若是双曲线左支上的点，且．则的面积为（ ） A. 8 B. 16 C. 24 D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据双曲线的定义可得，再根据余弦定理可得，然后由平方关系得到，即可求出的面积． 【详解】因为是双曲线左支上的点，所以，． 在中， ，即，所以，，故的面积为． 故选：C． 8. 北宋科学家沈括在《梦溪笔谈》中记载了“隙积术”，提出长方台形垛积的一般求和公式.如图，由大小相同的小球堆成的一个长方台形垛积的第一层有个小球，第二层有个小球，第三层有个小球……依此类推，最底层有 个小球，共有层，由“隙积术”可得 这 些 小 球 的 总 个 数 为 若由小球堆成的某个长方台形垛积共8层，小球总个数为240，则该垛积的第一层的小球个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】转化题给条件为，再由皆为正整数分类讨论即可求解. 【详解】由题意知，，于是得最底层小球的数量为，即，. 从而有， 整理得， ， ， ，， 由于皆为正整数，所以 （i）当时，， 当时，， （iii）当时，， （iv）当时， 只有符合题意，即的值为2. 故选：B. 【点睛】关键点点睛：本题主要考查新文化背景下的数列问题，确定是解决本题的关键. 二、多选题（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，有选错的得0分，部分选对的得部分分.） 9. 已知函数．则下列结论正确的是（ ） A. 图像关于点中心对称 B. 图像关于直线对称 C. 的最大值为 D. 既是奇函数又是周期函数 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据函数的对称性的性质、奇函数的定义、周期函数的定义，结合换元法、导数的性质逐一判断即可. 【详解】A：因为， ， 所以， 因此图像关于点中心对称，所以本选项结论正确； B：因为， ， 所以， 因此图像关于直线对称，所以本选项结论正确； C：， 设，所以， 当时，单调递减，当时，单调递增，当时，单调递减，当时，函数有极大值， 极大值为：，而，所以函数的最大值为，因此本选项结论不正确； D：因为， 所以是奇函数， 因为， 所以是周期函数，因此本选项结论正确， 故选：ABD 【点睛】关键点睛：利用换元法，根据导数的性质求最值是解题的关键. 10. 设抛物线的焦点为，过的直线交于、，过且垂直于的直线交于，过点作的垂线，垂足为，过点作的垂线，垂足为，则正确的结论是（ ） A. B. C. 存在直线，使得 D. 对任意直线， 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，设出直线方程，联立结合韦达定理证明；对于B，利用三角形相似证得，进而得以判断；对于C，利用利用三角形相似证得，，判断C，对于D，联立直线方程和抛物线方程，分别表示即可证明. 【详解】 对于A，当直线的斜率不存在时，为中点，满足； 当直线的斜率存在时，设直线方程为，， 联立，消去，得， ，则， 因为，， 所以， 过点作的垂线，垂足为，过点作的垂线，垂足为， 所以， 过垂直于的直线方程为 当时，代入，， 所以， 所以， 因为， 所以，故A正确； 对于B，由题意可知，则， 又，，所以， 所以，同理， 又， 所以，即， 显然为的斜边，则，故B错误； 对于C，在与中，， 所以，则，即， 同理， 当直线的斜率不存在时，，； 所以，即； 所以存在直线，使得，故C正确； 对于D，，，所以， 所以， 因为，，所以，因为，所以， ，所以， 同理， 令，则，因为，则，所以， 所以， 所以，其中， 所以， 其中 ， 同理， 所以，故D正确， 故选：ACD. 11. 如图所示，在边长为3的等边三角形中，，且点在以的中点为圆心，为半径的半圆上，若，则（ ） A. B. C. 存在最小值 D. 的最大值为 【答案】ABC 【解析】 【分析】对于AB，将分别用表示，再结合数量积的运算律即可判断；对于CD，以点为原点建立平面直角坐标系，设，根据平面向量的坐标表示及坐标运算即可判断. 【详解】对于A，因为，且点在以的中点为圆心，为半径的半圆上， 所以， 则，故A正确； 对于B，， 则 ，故B正确； 对于C，如图，以点为原点建立平面直角坐标系， 则， 因为点在以的中点为圆心，为半径的半圆上， 所以点的轨迹方程为，且在轴的下半部分， 设， 则， 所以， 因为，所以， 所以当时，取得最小值，故C正确； 对于D，因为， 所以， 即， 所以， 所以， 因为，所以当时，取得最大值，故D错误. 故选：ABC. 第Ⅱ卷（非选择题，共92分） 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分，其中14题第一空2分，第二空3分.） 12. 已知，则的最大值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】求出的最大值，由指数函数的单调性，即可得到的最大值 【详解】因为，所以，因为， 所以，，，即，即， 则的最大值为， 故答案为： 13. 已知曲线在处的切线与直线垂直，则实数的值为________. 【答案】 【解析】 【分析】由导数的运算公式，求得，结合切线与直线垂直，列出方程，即可求解. 【详解】由题意，函数，可得， 当时，， 因为切线与直线垂直，所以，解得. 故答案为：. 【点睛】本题主要考查了利用导数的几何意义的应用，其中解答中熟练应用导数求得曲线在某点处的切线方程的斜率，结合两直线的位置关系求解是解答的关键，着重考查运算与求解能力. 14. 举重比赛的规则是：挑战某一个重量，每位选手可以试举三次，若三次均未成功则挑战失败；若有一次举起该重量，则无需再举，视为挑战成功，已知甲选手每次能举起该重量的概率是，且每次试举相互独立，互不影响，设试举的次数为随机变量，则的数学期望________；已知甲选手挑战成功，则甲是第二次举起该重量的概率是________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】记“第次举起该重量”分别为事件， “甲选手挑战成功”为事件，依题意的可能取值为、、，求出所对应的概率，即可得到分布列与数学期望，再由条件概率的概率公式求出. 【详解】依题意随机变量的可能取值为、、，则；； ， 所以随机变量的概率分布为 1 2 3 所以随机变量的期望为. 记“第次举起该重量”分别为事件， “甲选手挑战成功”为事件， 则， , 所以， 所以甲选手挑战成功，则甲是第二次举起该重量的概率为. 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. 已知数列的前n项和为，且，. （1）求实数的值和数列的通项公式； （2）若，求数列的前n项和. 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）根据给定的递推公式，取求得，再利用，结合等比数列求出通项. （2）由（1）求出，再利用错位相减法求和即可. 【小问1详解】 当时，，又，则，所以； 当时，，整理得， 因此数列是以1为首项，3为公比的等比数列， 所以数列的通项公式为. 【小问2详解】 由（1）知，， 则， 于是， 两式相减得 ， 所以. 16. 已知为坐标原点，是圆上一点，且，线段的垂直平分线交线段于点，设动点的轨迹为曲线，且曲线与直线相切． （1）求的方程； （2）过点且斜率为的直线与曲线交于两点，求面积的最大值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先确定圆心A及半径，由垂直平分线的性质结合椭圆的定义及直线与椭圆的位置关系计算即可； （2）设直线方程，联立椭圆方程，由韦达定理、弦长公式、点到直线的距离及基本不等式计算即可. 【小问1详解】 由题意可知圆， 所以圆心，半径， 因为，线段的垂直平分线交线段于点，所以， 又，所以， 即点的轨迹是以点为左、右焦点的椭圆，所以曲线． 因为曲线与直线相切，故， 解得，所以的方程为． 【小问2详解】 由题意得直线，由，得， 令， 所以，即或． 设，则， 所以 ， 令，则， 则， 当且仅当即时，等号成立， 所以面积的最大值为． 17. 在梯形中，为的中点，线段与交于点，将沿折起到的位置，使得平面平面. （1）求证：平面； （2）线段上是否存在点，使得与平面所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）证明见解析 （2）存在， 【解析】 【分析】（1）根据菱形和中位线的性质得到，然后根据线面平行的判定定理证明即可； （2）根据面面垂直和菱形的性质得到，，两两垂直，然后建立空间直角坐标系，利用空间向量和与平面所成角的正弦值为列方程，解方程得到即可. 【小问1详解】 在梯形中连接， 因为，，为中点，所以，， 所以四边形为菱形， 所以是中点， 又为中点，所以， 因为平面，平面， 所以∥平面. 【小问2详解】 因为四边形为菱形，所以，，即， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 因为平面，所以，， 所以，，两两垂直， 则以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系， 因为，所以，， ，，，，，，，， 设 ，则， 设平面的法向量为， 则，即，令，则，， 所以， 因为与平面所成角的正弦值为， 所以，解得或2（舍去）， 所以线段上存在点使得与平面所成角的正弦值为，. 18. 已知函数. （1）已知在区间上单调递减，求的取值范围； （2）当时，证明：若，则. （参考数据：） 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）求导并等价转化在恒成立，然后构建函数求导判断单调性可得； （2）代入，求导可得，然后构建函数求导判断函数的单调性，进一步得到函数的单调性，找到其中一个隐零点，然后代值计算即可. 【小问1详解】 由题可知：在区间上单调递减， 则在恒成立， 即在恒成立. 令，在恒成立， 所以在单调递增， 所以. 【小问2详解】 当时，，， 令，， 若，；若，， 所以函数在单调递增，在单调递减. 又，， 所以存在，， 若，，即； 若，，即， 所以在单调递减，在单调递增， 在，有最小值，在，有最大值， 因为，所以，则， 由，所以，又，所以 则， 即. 19. 设，，，若各项均为正数的数列满足，则称数列具有性质“”． （1）已知数列的前n项和为，且，试判断数列是否具有性质“”，并说明理由； （2）若数列满足，且． （i）证明：数列具有性质“”； （ii）记数列的前n项和为，证明：． 【答案】（1）具有，理由： 数列中，，当时，，则， 而，解得，因此数列是首项和公比都为的等比数列， 则，，， 正项数列满足，所以数列具有性质“”. （2） （i）函数，令函数，求导得， 函数在上单调递减，则，即，， 任意，，而，，则，， 于是， 令，求导得， 函数在上单调递增，， 当时，，，而， 则，因此； 依题意，， 令， 令函数，求导得， 令函数，求导得，函数在上单调递增， 当时，，，函数在上单调递增， 当时，，即当时，，， 因此当时，，又，则， 于是，，则， 所以数列具有性质“”. （ii）由（i）知，，则， 当，时，， 当时，， 当时，， 所以. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用数列前n项和与第n项的关系求出通项公式，再利用否具有性质“”的定义推理判断. （2）（i）根据给定条件，构造函数，利用导数确定单调性再证明不等式； （ii）由（i）的结论，利用放缩法，结合等比数列前n项和公式推理得证. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $