精品解析：广东省汕头市金山中学2024-2025学年高二上学期期末考试数学试题

2024-2025学年广东省汕头市金山中学高二（上）期末 数学试卷 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 复数（其中为虚数单位）的虚部为（ ） A. B. C. 1 D. 3. 汕头市某中学为了解高二学生期末数学考试成绩，研究人员对700名学生进行调查，根据所得数据制成如图所示的频率分布直方图，则这700名学生期末数学考试成绩的中位数约为（ ） A. 92.5 B. 95 C. 97.5 D. 100 4. 已知等比数列的前3项和为168，，则（ ） A. 14 B. 12 C. 6 D. 3 5. 甲，乙，丙，丁四支足球队进行单循环比赛（每两个球队都要比赛一场），每场比赛的计分方法是﹔胜者得3分，负者得0分，平局两队各得1分，全部比赛结束后，四队的得分为：甲6分，乙5分，丙4分，丁1分，则（ ） A. 甲胜乙 B. 乙胜丙 C. 乙平丁 D. 丙平丁 6. 已知函数，当取最大值时（ ） A. B. C. D. 7. 已知b是的等差中项，直线与圆交于两点，则的最小值为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 8. 已知、分别为椭圆的左、右焦点，为右顶点，、为上、下顶点，若在线段上存在（不含端点），使得，则椭圆的离心率的取值范围为（ ） 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2分，有选错的得0分． 9. 已知圆，圆，则下列是圆与圆公切线的直线方程为（ ） A. B. C. D. 10. 如图所示，在正方体中，点是棱上的一个动点（不包括端点），平面交棱于点，则下列命题中正确的是（ ） A. 存在点，使得为直角 B 对于任意点，都有直线平面 C. 对于任意点，都有平面平面 D. 三棱锥的体积为定值 11. 已知函数（，）的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（ ） A. 函数图象可由的图象向左平移个单位得到 B. 直线是图象的一条对称轴 C. 函数的周期为 D. 直线与函数在上的图象有7个交点 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 函数的定义域是_________． 13. 设数列满足，且，则数列前10项的和为__________ 14. 如图所示，在平行六面体中，，，，为棱的中点，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. 如图，在三棱锥中，，，为正三角形，为的中点，． （1）求证：平面平面； （2）若为的中点，求平面与平面的夹角． 16. 如图，在中，，点D在AB边上，且． （1）求； （2）求BC的长． 17. 已知数列的前n项和为，且满足． （1）求数列的通项公式； （2）能否在数列中找到这样的三项，它们按原来的顺序构成等差数列？请说明理由． 18. 已知椭圆C:的上下顶点分别为，过点P且斜率为k(k<0)的直线与椭圆C自上而下交于两点，直线与交于点. （1）设的斜率分别为，求的值; （2）求证：点在定直线上. 19. 已知，关于x的不等式y1≤0的解集为M． （1）当M是空集且方程有解时，求实数m的取值范围； （2）设α，β是的两个正实数根，求的最小值； （3）不等式的解集记为集合P，若{x|－3＜x＜2}P，求实数m的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024-2025学年广东省汕头市金山中学高二（上）期末 数学试卷 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】化简集合，再利用交集的定义直接求解. 【详解】依题意，，又， 所以． 故选：B 2. 复数（其中为虚数单位）的虚部为（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】D 【解析】 【分析】先化简，再根据复数的概念，即可求解． 【详解】因为，所以其虚部为． 故选：D． 3. 汕头市某中学为了解高二学生的期末数学考试成绩，研究人员对700名学生进行调查，根据所得数据制成如图所示的频率分布直方图，则这700名学生期末数学考试成绩的中位数约为（ ） A. 92.5 B. 95 C. 97.5 D. 100 【答案】B 【解析】 【分析】根据频率分布直方图的性质及中位数的概念，即可求解． 【详解】根据题意可得前几组的频率依次为0.12，0.28，0.4， 所以中位数在内，且为． 故选：B． 4. 已知等比数列的前3项和为168，，则（ ） A. 14 B. 12 C. 6 D. 3 【答案】D 【解析】 【分析】设等比数列的公比为，易得，根据题意求出首项与公比，再根据等比数列的通项即可得解. 【详解】解：设等比数列的公比为， 若，则，与题意矛盾， 所以， 则，解得， 所以. 故选：D. 5. 甲，乙，丙，丁四支足球队进行单循环比赛（每两个球队都要比赛一场），每场比赛的计分方法是﹔胜者得3分，负者得0分，平局两队各得1分，全部比赛结束后，四队的得分为：甲6分，乙5分，丙4分，丁1分，则（ ） A. 甲胜乙 B. 乙胜丙 C. 乙平丁 D. 丙平丁 【答案】C 【解析】 【分析】甲，乙，丙，丁四支足球队总比赛场次6场，总得分为16分，由比赛计分规则可得出在6场比赛中有2场比赛是平局，丁在3场比赛中有1场是平局，丙在3场比赛中有1场是平局， 乙在3场比赛中有2局是平局，由此可得答案. 【详解】解：甲，乙，丙，丁四支足球队总比赛场次6场，总得分为6+5+4+1=16分， 由比赛计分规则：胜者得3分，负者得0分，平局两队各得1分，所以在6场比赛中有2场比赛是平局，即， 丁得1分，即1+0+0=1，所以丁在3场比赛中有1场是平局， 丙得4分，即3+1+0=4，所以丙在3场比赛中有1场是平局， 而乙得分5分，即3+1+1=5，所以乙在3场比赛中有2局是平局，所以乙可能平丙，乙可能平丁， 故选：C. 6. 已知函数，当取最大值时（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据三角函数的辅助角公式及性质，即可求解． 【详解】因为，其中，， 所以当时，取得最大值5， 所以，， 所以此时． 故选：D． 7. 已知b是的等差中项，直线与圆交于两点，则的最小值为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 【答案】C 【解析】 【分析】结合等差数列性质将代换，求出直线恒过的定点，采用数形结合法即可求解. 【详解】因为成等差数列，所以，， 代入直线方程得， 即，令得， 故直线恒过，设，圆化为标准方程得：， 设圆心为，画出直线与圆的图形，由图可知，当时，最小， ，此时. 故选：C 8. 已知、分别为椭圆的左、右焦点，为右顶点，、为上、下顶点，若在线段上存在（不含端点），使得，则椭圆的离心率的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求得线段的方程为，在线段上取一点，由已知可得关于的方程，在时有实根，根据二次方程根的分布可得出关于、、的不等式组，由此可解得的取值范围． 【详解】由已知，点，，，，， 则线段的方程为，则， 在线段上取一点， ，， 所以 ， 由，得， 因为，所以， 从而，整理得，即， 即，即， 结合，解得． 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2分，有选错的得0分． 9. 已知圆，圆，则下列是圆与圆的公切线的直线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】在同一坐标系内画出两圆图象，由两圆相离可知共有4条切线，再利用对称性设出直线方程，由点到直线距离公式即可求得切线方程. 详解】根据题意可知，两圆心关于原点对称， 在同一坐标系内画出两圆图象，如下图所示： 显然，圆心距，即两圆外离，共有4条切线； 又两圆心到轴的距离都等于其半径，所以轴是其中一条公切线，即A正确； 利用对称性可知，其中一条切线过原点，设其方程为， 又到切线的距离为1，即，解得或； 当时，切线即为轴，当时，切线方程为，即，B正确； 由对称性可知，切线与直线平行， 易知，所以直线的方程为， 可设的方程分别为， 由两平行线间距离公式可得，解得， 即切线的方程分别为，； 整理可得两切线方程为和，故C正确，D错误； 故选：ABC 10. 如图所示，在正方体中，点是棱上的一个动点（不包括端点），平面交棱于点，则下列命题中正确的是（ ） A. 存在点，使得为直角 B. 对于任意点，都有直线平面 C. 对于任意点，都有平面平面 D. 三棱锥的体积为定值 【答案】CD 【解析】 【分析】A：验证是否为零即可；B：根据线面平行的性质即可判断；C：证明平面即可；D：由体积公式可判断即可． 【详解】对于A，易知 ， 故与不垂直，故A错误； 对于B，连接，则平面平面， 若平面，且平面，则， 显然仅当和为所在棱中点时与才平行，故B错误； 对于C，连接，，，、，， 由平面，平面，得， 由为正方形，易知， 因，平面，平面， 平面，，同理可证， ，平面， 平面，又平面， 平面平面，故C正确； 对于D， ，平面，平面，平面， 所以点到平面的距离为定值，又的面积为定值， 三棱锥的体积为定值，故D正确． 故选：CD． 11. 已知函数（，）的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（ ） A. 函数的图象可由的图象向左平移个单位得到 B. 直线是图象的一条对称轴 C. 函数的周期为 D. 直线与函数在上的图象有7个交点 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据三角函数的图象与性质及图象变换规律，针对各个选项，即可求解． 【详解】根据题意可得，所以，所以C选项正确； 所以，所以， 又根据图象及“五点法”可得， 所以，所以， 将的图象向左平移个单位得到的图象，所以A选项错误； 因为， 所以直线是图象的一条对称轴，所以B选项正确； 因为时，，又， 所以根据基本初等函数正弦函数的性质可得： 在上与有7个交点， 故直线与函数在上的图象有7个交点，所以D选项正确． 故选：BCD． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 函数的定义域是_________． 【答案】 【解析】 【分析】根据偶次方根的被开方数非负、分母不为零得到方程组，解得即可； 【详解】解：因为，所以，解得且， 故函数的定义域为； 故答案为： 13. 设数列满足，且，则数列前10项的和为__________ 【答案】 【解析】 【分析】利用累加法求出数列的通项公式，再利用裂项相消求和法可求得数列前项的和. 【详解】由题意可得， 所以，， 因此，数列前项的和为. 故答案为：. 14. 如图所示，在平行六面体中，，，，为棱的中点，则______． 【答案】## 【解析】 【分析】结合向量的加法法则和减法法则，以及向量的数量积的运算法则，即可求解. 【详解】 向量的拆分，， 又，，由此可得， ∴． 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. 如图，在三棱锥中，，，为正三角形，为的中点，． （1）求证：平面平面； （2）若为的中点，求平面与平面的夹角． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）利用线面垂直的判定定理可得平面，然后利用面面垂直的判定定理即得； （2）利用坐标法，根据面面角的向量求法即得． 【小问1详解】 因为，所以，， 又，平面，平面， 所以平面， 又平面，所以平面平面； 【小问2详解】 连接PO,OD,因为正三角形，为中点，所以， 又平面平面，平面平面，平面， 所以平面，又平面，所以， 又为的中点，所以，， 如图以为原点建立空间直角坐标系， 则，，， 所以，， 设平面的法向量为， 则，令，可得， 又平面的一个法向量可取， 设平面与平面夹角为， 则， 又，所以，即平面与平面夹角． 16. 如图，在中，，点D在AB边上，且． （1）求； （2）求BC的长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由，结合则，准确运算，即可求解； （2）在中，利用正弦定理求得，再利用余弦定理，即可求解. 【小问1详解】 解：由三角形的性质，可得， 因为，所以， 则 . 【小问2详解】 解：由，可得， 在中，利用正弦定理可得：， 即， 在中，， 由余弦定理可得，所以． 17. 已知数列的前n项和为，且满足． （1）求数列的通项公式； （2）能否在数列中找到这样的三项，它们按原来的顺序构成等差数列？请说明理由． 【答案】（1） （2）不能；理由见解析 【解析】 【分析】(1)利用数列的通项与前项和的关系化简条件可得数列的递推关系，再证明数列为等比数列，并由等比数列通项公式求数列通项，(2)利用反证法结合等差数列的定义证明. 【小问1详解】 ∵， ∴n＝1时，， ∴； 当时，，所以， ∴，即（） ∴数列是以2为首项，3为公比的等比数列， ∴． 【小问2详解】 若，有，，成等差数列，则 即，整理得， 又k，m，且 ∴，，所以，与矛盾， 所以数列中找不到三项，它们按原来的顺序构成等差数列． 18. 已知椭圆C:的上下顶点分别为，过点P且斜率为k(k<0)的直线与椭圆C自上而下交于两点，直线与交于点. （1）设的斜率分别为，求的值; （2）求证：点在定直线上. 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）设，表示出，结合点在椭圆上，代入即可得出答案. （2）设直线为，与椭圆联立消去得到关于的一元二次方程，列出韦达定理，写出直线，的方程，联立这两条直线的方程，求出点的纵坐标，即可得出答案. 【小问1详解】 设，， ， ， 所以. 【小问2详解】 设 ， 得到， ， ， 直线， 直线， 联立得:， 法一：， 解得. 法二：由韦达定理得， . 解得， 所以点在定直线上. 19. 已知，关于x的不等式y1≤0的解集为M． （1）当M是空集且方程有解时，求实数m的取值范围； （2）设α，β是两个正实数根，求的最小值； （3）不等式的解集记为集合P，若{x|－3＜x＜2}P，求实数m的取值范围． 【答案】（1）； （2）22； （3）. 【解析】 【分析】（1）根据集合得到，根据有解，分类讨论和两种情况，列不等式求解，最后求交集即可； （2）利用韦达定理得到，及，然后代入中得到，最后利用换元法和基本不等式求最小值即可； （3）分类讨论解不等式，然后结合即可求出范围. 【小问1详解】 因为不等式的解集，所以，解得； 方程有解， 当时，，满足要求， 当时，，解得， 综上所述，， 所以当是空集且方程有解时，实数的范围为. 【小问2详解】 因为，是的两个正实数根，所以，，所以， 设，令， 则，当且仅当，即时，等号成立，所以的最小值为22. 【小问3详解】 不等式整理得， 当时，不等式为，解得，所以此时，满足； 当时，或，满足； 当时，，满足； 当时，或，不满足； 当时，，若要满足，则，解得； 综上所述，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$