精品解析：广东汕头某校2024-2025学年高二下学期期中考试数学试题

2024-2025学年度第二学期高二级期中考数学卷 本试卷共19小题，满分150分，考试时间120分钟 第I卷（选择题 共58分） 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，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数z满足，则复数z在复平面内对应的点位于 A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3. 的展开式中的系数为，则（ ） A. 2 B. C. 4 D. 4. 已知圆锥的底面半径为4，其侧面展开图为一个四分之一圆，则该圆锥的母线长为（ ） A. 12 B. 14 C. 16 D. 18 5. 设是等比数列的前项和，若，则（ ） A. 2 B. C. D. 6. 已知电磁波在空间中自由传播时的损耗公式为，其中D为传输距离（单位：km），F为载波频率（单位：MHz），L为传输损耗（单位：dB）．若载波频率变为原来的200倍，传输损耗增加90dB，则传输距离约为原来的（ ）参考数据：． A. 倍 B. 倍 C. 倍 D. 倍 7. 已知双曲线的右焦点为，半焦距为．过作的一条渐近线的垂线，垂足为，且的面积为，则的离心率为（ ） A. B. C. 2或 D. 8. 已知，若恒成立，则（ ） A. B. C. D. 二、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，有错选的得0分. 9. （多选）对于抛物线上，下列描述正确的是（ ） A. 开口向上，焦点为 B. 开口向上，焦点为 C. 焦点到准线的距离为4 D. 准线方程为 10. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 函数的一个周期为 B. 函数的图像关于对称 C. 函数在区间上单调递增 D. 函数的最小值为2 11. 已知函数恰有三个零点，设其由小到大分别为，则（ ） A. 实数的取值范围是 B. C. 函数可能有四个零点 D. 第II卷 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量．若，则________． 13. 函数的最大值为_________． 14. 已知函数在上最大值为，且最小值为，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. 2022年4月16日，3名中国宇航员在太空历经大约半年时间安全返回地球，返回之后3名宇航员与2名航天科学家从左到右排成一排合影留念．求： （1）3名宇航员互不相邻的概率； （2）2名航天科学家之间至少有2名宇航员的概率． 16. 已知双曲线与双曲线的渐近线相同，且经过点． （1）求双曲线的方程； （2）已知双曲线的左、右焦点分别为，直线经过，与双曲线的右支交于两点，且，求． 17. 已知在数列中，，前项和为，且. （1）求数列的通项公式； （2）若，令，求数列的前项和. 18. 如图，在四棱锥中，平面是等边三角形，. （1）求证：平面平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 19. 已知函数． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若有极小值，且极小值小于0，求a的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025学年度第二学期高二级期中考数学卷 本试卷共19小题，满分150分，考试时间120分钟 第I卷（选择题 共58分） 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】先解分式不等式得出集合，再应用交集定义计算求解. 【详解】集合，则. 故选：C. 2. 已知复数z满足，则复数z在复平面内对应的点位于 A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】C 【解析】 【分析】 根据复数的除法运算法则，求出复数z，即可求解. 【详解】由，得， 所以复数z在复平面内对应的点为， 所以对应点位于第三象限. 故选:C. 【点睛】本题考查复数的除法运算，以及复数的几何意义，属于基础题. 3. 的展开式中的系数为，则（ ） A. 2 B. C. 4 D. 【答案】B 【解析】 【分析】写出展开式的通项，再令，即可求出展开式中的系数，从而得解. 【详解】二项式展开式的通项为（其中且）， 令可得， 所以，解得. 故选：B 4. 已知圆锥的底面半径为4，其侧面展开图为一个四分之一圆，则该圆锥的母线长为（ ） A. 12 B. 14 C. 16 D. 18 【答案】C 【解析】 【分析】根据圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长计算可得答案. 【详解】设圆锥的母线长为，由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长， 则，解得. 故选：C. 5. 设是等比数列的前项和，若，则（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】成等比数列，得到方程，求出，得到答案. 【详解】由题意得，， 因为成等比数列，故， 即，解得， 故. 故选：B 6. 已知电磁波在空间中自由传播时的损耗公式为，其中D为传输距离（单位：km），F为载波频率（单位：MHz），L为传输损耗（单位：dB）．若载波频率变为原来的200倍，传输损耗增加90dB，则传输距离约为原来的（ ）参考数据：． A. 倍 B. 倍 C. 倍 D. 倍 【答案】B 【解析】 【分析】设出变化前后的相关量，再结合已知列式，借助对数运算求解作答. 【详解】设原来的传输损耗、载波频率、传输距离分别为， 变化后的传输损耗、载波频率、传输距离分别为， 则，， 因此， 于是，解得 所以传输距离约为原来的倍. 故选：B 7. 已知双曲线的右焦点为，半焦距为．过作的一条渐近线的垂线，垂足为，且的面积为，则的离心率为（ ） A. B. C. 2或 D. 【答案】C 【解析】 【分析】 利用点到直线距离可求出，再根据的面积为列出相应等式，即可求解. 【详解】由题可得双曲线的渐近线为，这里不妨取，即， 点到直线的距离， 在中， 所以，则， 又因，所以， 化简可得，等式两边同时除以，可得， 即，解得或， 因，所以或，结合选项可得C正确. 故选：C. 8. 已知，若恒成立，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由降幂公式及辅助角公式化简，结合恒成立，得出及的取值，再根据诱导公式计算即可． 【详解】，其中，， 所以当时，， 若恒成立，则， 此时，则，，即，， ． 二、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，有错选的得0分. 9. （多选）对于抛物线上，下列描述正确的是（ ） A. 开口向上，焦点为 B. 开口向上，焦点为 C. 焦点到准线的距离为4 D. 准线方程为 【答案】AC 【解析】 【分析】写出标准形式即，即可得到相关结论 【详解】由抛物线，即，可知抛物线的开口向上，焦点坐标为，焦点到准线的距离为4，准线方程为． 故选：AC 10. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 函数的一个周期为 B. 函数的图像关于对称 C. 函数在区间上单调递增 D. 函数的最小值为2 【答案】ABC 【解析】 【分析】A选项，计算出，A正确；计算出，故函数的图像关于对称，B正确；令，，得到在上单调递增，又在上单调递增，由复合函数的单调性满足同增异减得到C正确；去掉绝对值，得到，当时，的值域为，故D错误. 【详解】，所以选项A正确； ，所以选项B正确； 当时，，所以，令，， 易知在上单调递增，在上单调递增， 根据复合函数单调性可得函数在区间上单调递增，所以选项C正确； 因为， 当时，，当且仅当时等号成立； 当时，令，，在上的值域为， 所以函数的值域为，所以选项D错误. 故选：ABC. 11. 已知函数恰有三个零点，设其由小到大分别为，则（ ） A. 实数的取值范围是 B. C. 函数可能有四个零点 D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于B，，证明函数是奇函数即可；对于C，将方程等价变形为，由此即可判断；对于D，由，而，进一步求导运算即可；对于A，通过构造函数可得，由此即可判断. 【详解】对于B，， 设，则它的定义域为，它关于原点对称， 且，所以是奇函数， 由题意有三个根，则，故B正确； 对于C，由， 所以， 所以， 即已经有3个实根， 当时，令，则，只需保证可使得方程有4个实根，故C正确； 由B可知，，而， 又， 所以 ，故D正确； 对于A，，设， 则，所以， 从而，故A错误. 故选：BCD. 【点睛】关键点点睛：判断B选项的关键是发现，进一步只需验证是奇函数即可顺利得解. 第II卷 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量．若，则________． 【答案】. 【解析】 【分析】利用向量的坐标运算法则求得向量的坐标，利用向量的数量积为零求得的值 【详解】, ，解得, 故答案为：. 【点睛】本题考查平面向量的坐标运算，平面向量垂直的条件，属基础题，利用平面向量垂直的充分必要条件是其数量积. 13. 函数的最大值为_________． 【答案】 【解析】 【详解】试题分析：易知函数的定义域为．由题，得，当时，，当时，，所以函数在上单调递增，在上单调递减，所以当时函数取得最大值，即． 考点：1、导数的运算；2、导数与函数最值的关系． 14. 已知函数在上最大值为，且最小值为，则_____． 【答案】 【解析】 【分析】结合函数是奇函数，得到满足关系式，可知图象关于点中心对称，由对称性知，故只需求的值即可. 【详解】由题意，函数的图象在连续不断， 由区间关于原点对称，且对任意， 都有 ， 故， 所以函数的图象关于点中心对称， 由对称性可知，函数的图象在内的最大值点与最小值点关于中心对称， 故，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. 2022年4月16日，3名中国宇航员在太空历经大约半年时间安全返回地球，返回之后3名宇航员与2名航天科学家从左到右排成一排合影留念．求： （1）3名宇航员互不相邻的概率； （2）2名航天科学家之间至少有2名宇航员的概率． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先排2名航天科学家，然后再插入3名宇航员，即可计算3名宇航员互不相邻的方法数，再根据古典概型概率公式即可求解； （2）分2名航天科学家之间有3名宇航员、2名航天科学家之间有2名宇航员两种情况计算即可. 【小问1详解】 先排2名航天科学家，然后再插入3名宇航员，∴一共有（种）排法． ∵5人排成一排一共有（种）排法， ∴3名宇航员互不相邻的概率为． 【小问2详解】 ①当2名航天科学家之间有3名宇航员时，， ②当2名航天科学家之间有2名宇航员时，， 故， ∴2名航天科学家之间至少有2名宇航员的概率为 16. 已知双曲线与双曲线的渐近线相同，且经过点． （1）求双曲线的方程； （2）已知双曲线的左、右焦点分别为，直线经过，与双曲线的右支交于两点，且，求． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）通过已知渐近线方程得出斜率关系，结合双曲线标准方程中渐近线公式得到参数比值，再代入已知点坐标建立关于参数的方程求解得到双曲线方程. （2）由双曲线方程确定焦点坐标，再设出过焦点的直线方程并与双曲线联立，利用韦达定理得到交点横坐标关系，利用三角形面积公式转化为纵坐标差的条件，结合弦长公式最终求得弦长. 【小问1详解】 已知双曲线与双曲线渐近线相同， 由的渐近线方程得， 故的渐近线方程斜率为，即，得， 可得，代入点得，解得， 故. 【小问2详解】 由方程得，焦点， 设直线，与联立得， 设，韦达定理得， ，又得， 而，其中，代入得， 平方整理得，解得， 弦长. 17. 已知在数列中，，前项和为，且. （1）求数列的通项公式； （2）若，令，求数列的前项和. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据，再写，两式相减即可得到之间的关系，从而求出通项公式 （2）写出的通项公式，是等差乘以等比数列，可以用错位相减求和 【小问1详解】 因为，当时，有， 两式相减得：， 所以. 又， 所以数列是首项，公比的等比数列， 所以通项公式为 【小问2详解】 由（1）知， 所以， 从而， 两式相减得 所以. 18. 如图，在四棱锥中，平面是等边三角形，. （1）求证：平面平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）由题意，再解三角形得，由线面垂直判定定理知平面，再由面面垂直的判定定理得证； （2）方法一（向量法）：建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可； 方法二（几何法）：过点作交于点，过作交于点，连接，则即为平面与平面所成二面角的平面角. 在中，求解完成. 【小问1详解】 平面平面. 在中，， 又平面平面， 平面，所以平面平面. 【小问2详解】 方法一：取的中点，连接， 则两两互相垂直，以为坐标原点， 所在直线分别为轴､轴､轴建立空间直角坐标系. 则， . 设平面的一个法向量为，则 所以令，得. 设平面的一个法向量为， 则所以令，得. 记平面与平面的夹角为， 则， 即平面与平面夹角的余弦值为. 几何法： 方法二：过点作交于点，过作交于点， 连接，则即为平面与平面所成二面角的平面角. 证明如下： 平面平面. 又平面 平面平面， 又平面， 平面平面，， 所以即为平面与平面所成二面角的平面角. 在Rt中，， ， 即平面与平面夹角的余弦值为. 19. 已知函数． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若有极小值，且极小值小于0，求a的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）求导，结合导数的几何意义求切线方程； （2）解法一：求导，分析和两种情况，利用导数判断单调性和极值，分析可得，构建函数解不等式即可；解法二：求导，可知有零点，可得，进而利用导数求的单调性和极值，分析可得，构建函数解不等式即可. 【小问1详解】 当时，则，， 可得，， 即切点坐标为，切线斜率， 所以切线方程为，即. 【小问2详解】 解法一：因为的定义域为，且， 若，则对任意恒成立， 可知在上单调递增，无极值，不合题意； 若，令，解得；令，解得； 可知在内单调递减，在内单调递增， 则有极小值，无极大值， 由题意可得：，即， 构建，则， 可知在内单调递增，且， 不等式等价于，解得， 所以a的取值范围为； 解法二：因为的定义域为，且， 若有极小值，则有零点， 令，可得， 可知与有交点，则， 若，令，解得；令，解得； 可知在内单调递减，在内单调递增， 则有极小值，无极大值，符合题意， 由题意可得：，即， 构建， 因为则在内单调递增， 可知在内单调递增，且， 不等式等价于，解得， 所以a的取值范围为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $