精品解析：贵州省黔西南布依族苗族自治州兴义市第一中学2024-2025学年高二下学期期末数学试题

兴义一中2024-2025学年第二学期期末考试试卷 高二数学 注意事项：1、本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分； 2、考试时间120分钟，试卷满分150分. 第Ⅰ卷（选择题 共58分） 一、单项选择题：（本大题共8小题，每小题5分，满分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. 已知复数z满足，则z在复平面内所对应的点位于（ ） A 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 若集合，，则（ ） A. B. C. D. 3. 下列命题中，真命题的选项是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 4. 有一组样本数据：，，，，，，，，则下列关于该组数据的数字特征中，数值最大的为（ ） A. 中位数 B. 平均数 C. 极差 D. 众数 5. 已知角，满足，，则的值等于（ ） A. 1 B. C. 0 D. 6. 已知是上的单调函数，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 记为各项均为正数的数列的前n项和，且，则（ ） A. B. C. 是递增数列 D. 8. 已知函数的定义域为为奇函数，，则（ ） A. 为奇函数 B. 的图象关于直线对称 C. 的最小正周期为4 D. 的图象关于点对称 二、多选题：（本大题共3道小题，每小题6分，共18分，每题按正确个数比例得分） 9. 已知命题，那么命题成立的一个充分不必要条件是（ ） A. B. C. D. 10. 设，则下列选项中正确的是（ ） A 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 11. 已知函数，其中，则下列正确是（ ） A. 若，则的单调减区间为 B. 的极小值为，无极大值 C 当时，函数无零点 D. 若方程有两个实数解，则 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） 12. 已知函数的定义域为，则函数的定义域为___________． 13. 若对任意的，使得均成立，则实数的取值范围________． 14. 已知函数，其中，对于函数，给出以下四个结论： ①为周期函数，且周期为； ②的一条对称轴为； ③函数在上的所有零点和为； ④对于任意，恒成立. 其中所有正确结论的编号是______. 四、解答题：本大题共5题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 某种商品价格与该商品日需求量之间的几组对照数据如下表： 价格x（元/kg） 日需求量y（kg） 8 6 5 （1）求y关于x的线性回归方程； （2）利用（1）中的回归方程，当价格元/kg时，日需求量y的预测值为多少？ 参考公式：线性回归方程，其中，. 16. 记△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.且，. （1）求； （2）若，求△ABC的周长. 17. 已知数列的满足，. （1）求数列的通项公式. （2）设数列，前n项和为，求. 18. 如图，三棱锥中，和所在平面互相垂直，且， ，，，分别为的中点． （1）求证：平面平面； （2）求二面角的正弦值． （3）求点C到平面距离． 19. 已知函数. （1）若，求函数的单调区间； （2）若恒成立，求a的取值范围； （3）证明：，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 兴义一中2024-2025学年第二学期期末考试试卷 高二数学 注意事项：1、本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分； 2、考试时间120分钟，试卷满分150分. 第Ⅰ卷（选择题 共58分） 一、单项选择题：（本大题共8小题，每小题5分，满分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. 已知复数z满足，则z在复平面内所对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】B 【解析】 分析】根据复数乘除法运算化简即可求解． 【详解】， 则z在复平面内所对应的点位于第二象限， 故选：B． 2. 若集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据补集和交集的运算即可求解． 【详解】由题可知，，则， 故选：D． 3. 下列命题中，真命题的选项是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】C 【解析】 【分析】根据对数函数的定义域，正弦函数、指数函数以及余弦函数的值域即可判断. 【详解】对A，当时，不成立，所以A错误； 对B，当时，不存在，所以B错误； 对C，当时，，所以C正确； 对D，因为函数的值域为，所以D错误. 故选：C. 4. 有一组样本数据：，，，，，，，，则下列关于该组数据的数字特征中，数值最大的为（ ） A. 中位数 B. 平均数 C. 极差 D. 众数 【答案】C 【解析】 【分析】根据已知数据求出中位数、平均数、众数、极差，判断它们的大小即可. 【详解】由题设数据，其中位数、众数为3，平均数，极差为， 所以最大为极差. 故选：C 5. 已知角，满足，，则的值等于（ ） A. 1 B. C. 0 D. 【答案】A 【解析】 【分析】由切化弦，结合两角和差的正弦公式即可求解. 【详解】因为， 所以，即， 又， 两式联立可得：， 所以， 故选：A 6. 已知是上的单调函数，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】应用分段函数的单调性结合对数函数单调性列式求解即可. 【详解】因为当时，为减函数，且时，. 又因为在上为单调函数，所以只能为单调递减函数， 所以解得， 故选:D. 7. 记为各项均为正数的数列的前n项和，且，则（ ） A. B. C. 是递增数列 D. 【答案】B 【解析】 【分析】令即可判断A；将代入中得到，利用时，即可求出可判断B；根据可判断C；将代入即可判断D. 【详解】令，由得，解得或，又，所以，故A错误； 可化为， 当时，，即，且，不等于0， 所以数列是首项为，公比为的等比数列，所以，故B正确； 因为，所以是常数列，故C错误； ，故D错误. 故选：B. 8. 已知函数的定义域为为奇函数，，则（ ） A. 为奇函数 B. 的图象关于直线对称 C. 的最小正周期为4 D. 的图象关于点对称 【答案】D 【解析】 【分析】根据为奇函数，得，从而可知的对称中心；根据题意令可知，从而，结合对称中心可判断的对称轴与奇偶性和最小正周期. 【详解】因为为奇函数，所以， 所以的图象关于点对称，则的图象关于点对称，项正确； 因为函数的定义域为，易知的定义域为， 因为为奇函数，所以， 则，所以， 根据的图象关于点对称，得， 所以，故为偶函数，项错误； 因为， 所以，所以的最小正周期为， 则的最小正周期为，项错误； 根据为偶函数，且关于点对称，最小正周期为， 易知的所有对称轴为直线，故项错误. 故选：. 二、多选题：（本大题共3道小题，每小题6分，共18分，每题按正确个数比例得分） 9. 已知命题，那么命题成立的一个充分不必要条件是（ ） A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】解出不等式，再根据充分不必要的条件的判定即可得到答案. 【详解】，解得，设 则命题成立的充分不必要条件是集合的真子集，则BD选项符合题意. 故选：BD. 10. 设，则下列选项中正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用不等式的性质推理判断AC；举例说明判断B，作差判断D. 【详解】对于A，由，得，A正确； 对于B，取满足，而不成立，B错误； 对于C，由，得，则，C正确； 对于D，由，得，则，D正确. 故选：ACD 11. 已知函数，其中，则下列正确的是（ ） A. 若，则的单调减区间为 B. 的极小值为，无极大值 C. 当时，函数无零点 D. 若方程有两个实数解，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用导数的正负来分析函数的单调性，从而可以确定是否有极值，然后利用最小值大于0来确定函数没有零点，对于选项D，则利用分离参变量，构造函数求导，研究单调性及取值规律，从而可确定参数范围. 【详解】当时，，则， 由，因为定义域， 所以的单调减区间为和，故A错误； 由，可得， 由于，则可解得， 所以在上单调递增，同上可得：在和上单调递减， 则的极小值为，无极大值，故B正确； 当时，，此时函数无零点， 当时，由上可得， 因为，所以，即， 则此时函数也无零点，故C正确； 由方程可得：， 令，则， 由，可得，由，可得， 则在时单调递减，在时单调递增， 又因为，当时，，当时，， 所以要使得方程有两个实数解，则只需要，故D正确； 故选：BCD. 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） 12. 已知函数的定义域为，则函数的定义域为___________． 【答案】 【解析】 【详解】由函数的定义域为得，解得． 13. 若对任意的，使得均成立，则实数的取值范围________． 【答案】 【解析】 【分析】分离参数，利用基本不等式求在时的最小值即可确定实数的取值范围. 【详解】对任意的，使得均成立，可转化为：， 根据基本不等式，时，（当且仅当时取等）， 因此，，. 故答案为：. 14. 已知函数，其中，对于函数，给出以下四个结论： ①为周期函数，且周期为； ②的一条对称轴为； ③函数在上的所有零点和为； ④对于任意，恒成立. 其中所有正确结论的编号是______. 【答案】①④ 【解析】 【分析】作出正弦函数与余弦函数图象，然后取最大值，再利用数形结合，可判断各选项. 【详解】作出函数图象： 图中蓝色是正弦曲线，红色是余弦曲线，黑色粗线是函数图象， 根据图象可知：为周期函数，由于当和时，， 由图可知当时，这是函数的一个周期，此时周期为，故①正确； 由图可知函数的对称轴是或，故②错误； 由图可知函数在上的所有零点为，所以，故③错误； 由， 从解析式上可以看出半个周期是余弦函数，半个周期是正弦函数， 也就是说若，则， 同理：若，则， 所以总有，故④正确； 故答案为：①④ 四、解答题：本大题共5题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 某种商品价格与该商品日需求量之间的几组对照数据如下表： 价格x（元/kg） 日需求量y（kg） 8 6 5 （1）求y关于x的线性回归方程； （2）利用（1）中的回归方程，当价格元/kg时，日需求量y的预测值为多少？ 参考公式：线性回归方程，其中，. 【答案】（1）； （2）kg. 【解析】 【分析】（1）直接根据最小二乘法估计求回归方程； （2）直接根据回归方程计算预测值. 【小问1详解】 由题知，， ， . ，. 综上，y关于x的线性回归方程为：. 【小问2详解】 由（1）知回归方程为. 所以当时，. 故当价格元/kg时，日需求量y的预测值为kg. 16. 记△ABC内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.且，. （1）求； （2）若，求△ABC的周长. 【答案】（1） （2）. 【解析】 【分析】（1）先求出，然后结合正弦定理即可得解； （2）由余弦定理得，进一步得，求出周长. 【小问1详解】 ，则，故， ，利用正弦定理得，则； 小问2详解】 因为，， 由余弦定理可得， 即， 解得或（舍）， 故， 故△ABC的周长为. 17. 已知数列的满足，. （1）求数列的通项公式. （2）设数列，前n项和为，求. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）构造数列，判断该数列为等比数列，结合等比数列的通项公式可求数列的通项公式. （2）利用“错位相减求和法”可求数列的前项和. 【小问1详解】 因为，所以， 又， 所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列. 所以. 【小问2详解】 因为， 所以， 故， 两式相减得：， 所以. 18. 如图，三棱锥中，和所在平面互相垂直，且， ，，，分别为的中点． （1）求证：平面平面； （2）求二面角的正弦值． （3）求点C到平面的距离． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由余弦定理得，进而得出，由面面垂直的性质得平面，再由面面垂直的判定即可证明； （2）建立空间直角坐标系，由面面夹角的向量公式求解即可； （3）由点到平面距离的向量公式求解即可． 【小问1详解】 证明：由，，， 则， ∴，则， 又平面平面，平面平面，平面， ∴平面，又平面， 故平面平面． 【小问2详解】 由，点为中点，得， 因为，得，则， 所以。则， 以点为原点，以平面内垂直于的直线为轴，为轴建立空间直角坐标系，如图所示， 则， 所以， 平面的一个法向量为，设平面的一个法向量为， 由得，， 取，得，， 所以为平面的一个法向量， 设二面角的大小为，则， 因此，则二面角的正弦值为． 【小问3详解】 由（2）知，，平面的法向量， 则点C到平面的距离． 19. 已知函数. （1）若，求函数的单调区间； （2）若恒成立，求a的取值范围； （3）证明：，. 【答案】（1）函数的递增区间为，递减区间为； （2）； （3）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）直接利用函数的导数判断函数的单调区间； （2）将不等式转化为恒成立，进而再构造函数，故只需求出的最大值，即可得所求值的范围； （3）先证明不等式，再根据不等式进行放缩并累加求和即可证明不等式. 【小问1详解】 因为函数，函数的定义域为，. 当时，，因为，所以，. 故函数在上单调递减，在上单调递增. 故函数的递增区间为，递减区间为. 【小问2详解】 由，即，得在上恒成立； 令，. 由得，即，所以当，. 所以在上单调递增，在单调递减，所以. 所以，故a的取值范围为 【小问3详解】 先证明不等式，令，. 所以在单调递减，所以，即不等式成立. 令，即，所以. 所以，，， 上述n个式子相加得 . 故，成立. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $