精品解析：湖南长沙市明德中学2024-2025学年高二下学期数学期末试卷

明德中学2025年上学期期末考试 高二年级数学试卷 2025年7月 时量：120分钟 满分 150 命题:高二年级备课组 审定:高二年级备课组 一、单选题(本题共8个小题，每小题5分，共40分，每个小题只有一个正确答案） 1. 设集合，，若，则（ ）． A. 2 B. 1 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据包含关系分和两种情况讨论，运算求解即可. 【详解】因为，则有： 若，解得，此时，，不符合题意； 若，解得，此时，，符合题意； 综上所述：. 故选：B. 2. 已知复数，在复平面内对应的点分别为A，B，则“A在第二象限”是“B在第三象限”的（ ） A. 充要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分不必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】由共轭复数的概念、复数的几何意义即可求解. 【详解】设，则. 若A在第二象限，则 ，，则 ，，所以B在第三象限. 反之亦成立，所以“A在第二象限”是“B在第三象限”的充要条件. 故选：A. 3. 某射击运动员连续射击5次，命中的环数（环数为1至10的整数）形成的一组数据中，中位数为7，唯一的众数为10，极差为5，则该组数据的平均数为（ ）． A. 7.6 B. 7.8 C. 8 D. 8.2 【答案】A 【解析】 【分析】先根据中位数、唯一众数、极差的概念确定5个射击环数的具体取值，再代入平均数公式计算即可. 【详解】射击5次，环数按从小到大排列为：, 唯一的众数是10，说明10出现的次数最多（至少2次），且其他数出现次数都小于2, 因此，数据变为：, 极差为5，最大值是10，因此最小值, 需要满足：，且，因此, 数据为，平均数为：. 4. 已知，则 （ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用诱导公式结合二倍角的余弦公式计算可得结果. 【详解】. 5. 若 是上的单调递增函数，则实数的取值范围为（ ）． A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据分段函数在上单调递增的要求：各分段分别单调递增、分段点处左段函数值不大于右段函数值，列不等式组求解. 【详解】若为上的单调递增函数，需同时满足以下条件： 当时，指数函数单调递增，因此； 当时，一次函数单调递增， 因此斜率，解得； 在分段点处，左端函数值不大于右端函数值， 即，整理得，解得； 取三个不等式解集的交集，可得，即的取值范围为. 6. 已知函数是R上的偶函数，对任意且都有，若则的大小关系是（ ） A. b<a<c B. a<b<c C. c<b<a D. b<c<a 【答案】A 【解析】 【分析】根据函数为偶函数，推出函数的图象关于直线对称，再由条件推出函数在上单调递增，于是可得，利用幂和对数的运算性质和换底公式，以及对数函数的单调性化简比较得，再由的单调性即可判断. 【详解】因函数是R上的偶函数，则的图象关于直线对称， 因对任意且都有，即函数在单调递增. 因，， 由，可得， 又由对称性可得：， 故再由单调性，可得，即. 故选：A. 7. 方程表示的曲线可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由诱导公式可得或，，据此可排除错误答案. 【详解】因，则，或，. 对于，若，则， 表示直线或，故可排除A； 若，表示焦点在x轴上，左右顶点为的双曲线， 若，表示焦点在y轴上，上下顶点为的双曲线； 对于，因， 则时表示以原点为圆心，半径为的一系列同心圆，则可排除B； 注意到，则半径最小的圆在双曲线内部，据此可排除C. 故选：D 8. ，不等式恒成立，则正实数的最大值是（　 　）． A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】将所求不等式变形为，构造函数，分析函数的单调性，则所求不等式即为，可得出，由参变量分离法可得出对恒成立，利用导数求出函数在上的最小值，由此可得出正实数的最大值. 【详解】将不等式变形可得， 即， 构造函数，可得， 令，则， 所以当时，，即在上单调递减， 当当时，，即在上单调递增， 所以，即，所以函数在上单调递增， 利用单调性并根据可得，则有， 又，即可得，即对恒成立，因此即可， 令，，则， 显然当时，，即函数在上单调递减， 当时，，即函数在上单调递增， 所以，即，因此正实数的最大值是. 故选：A. 【点睛】结论点睛：利用参变量分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解： （1），； （2），； （3），； （4），. 二、多选题（本题共3个小题，每小题6分，共18分，每小题有多项符合题目要求，全部选对得6分.选错得0分，部分选对得部分） 9. 下列命题为真命题的是（ ） A. 若，则 B. 若，，则 C. 若且，则 D. 若，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】取可判断A选项；利用不等式的基本性质可判断BD选项；利用作差法可判断C选项. 【详解】对于A选项，若，，则，A错误； 对于B选项，若，，则，，B正确； 对于C选项，若且，则， 即，C正确； 对于D选项，若，所以,所以，D正确. 故选：BCD. 10. 如图，圆锥的底面半径为2，母线为6，是圆锥的一个轴截面，是底面圆周上异于， 的一点，则下列说法正确的是（    ） A. 的面积为8 B. 圆锥的侧面展开图的圆心角为 C. 由点出发绕圆锥侧面旋转一周，又回到点的细绳长度最小值为6 D. 若，则三棱锥的体积为 【答案】ABC 【解析】 【分析】对于A，利用圆锥轴截面的性质求其面积；对于B，根据圆锥侧面展开图弧长与底面圆周长的关系求圆心角；对于C，将圆锥侧面展开，利用两点之间线段最短求绳长度最小值；对于D，先求出的面积，再结合圆锥的高度求三棱锥的体积. 【详解】对于A、圆锥底面半径，母线，在圆锥的轴截面中，为底面圆的直径， 所以，圆锥的高， 所以的面积，A正确； 对于B、圆锥底面圆的周长，设圆锥侧面展开图的圆心角为，圆锥侧面展开图扇形的弧长(为母线长). 因为圆锥侧面展开图扇形的弧长等于底面圆的周长，即，又，则，解得，B正确； 对于C、将圆锥侧面展开，其展开图扇形的圆心角为，母线长， 由点出发绕圆锥侧面旋转一周又回到点的细绳长度最小值，就是展开图中对应两点间的线段长度. 设展开图中对应的两点为（展开前后点的对应点），扇形的半径，圆心角 . 根据余弦定理（为的长度），设的长度为， 则，所以，即细绳长度最小值为，C正确； 对于D、，根据余弦定理，所以， 则，圆锥的高，三棱锥体积，D错误. 故选：ABC. 11. 我国著名数学家华罗庚先生曾说：“数缺形时少直观，形缺数时难入微，数形结合百般好，隔裂分家万事休．”在数学的学习和研究中，常用函数的图象来研究函数的性质，解决相关的问题，已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 当时， B. 若函数存在两个零点，且，则 C. 若恒成立，则 D. 当时，与存在两条公切线 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于当时，首先，再利用指对的切线放缩可得；对于B，根据函数的零点，结合图像分析可得，解不等式即可判断；对于C，由恒成立，可得与存在公共零点，然后可解的值；对于D，利用公切线的求解方式，建立方程组，然后判断解得个数即可. 【详解】选项A：当时，，当且仅当时取等号， 又，当且仅当 时取等号，，故A正确； 选项B：存在两个零点且， 与的图象有两个交点， 结合图象可知，，即，故B错误； 选项C：恒成立， 又与在定义域内单调递增， 与存在公共零点， 且，故C正确； 选项D：设曲线的切点为，则切线斜率为， ∴切线方程为，即． 设曲线的切点为， ，∴切线斜率为，切线方程为， 即．由题意得，解得， 则，即， 设，则， 设，则， 则由得得， 则在上单调递减，在上单调递增， ，， 则由零点存在性定理可知，使得，即， 又因为当时，，则，则由得； 得，则在上单调递减，在上单调递增， 则， ， 则由零点存在性定理可知，在和上分别存在一个零点， 则方程存在两个根，和存在两条公切线，故D正确； 故选：ACD． 三、填空题（本题共3个小题，每题5分，共15分） 12. 已知正实数x，y满足，则的最小值为______． 【答案】25 【解析】 【分析】由题意得，化简后利用基本不等式可求得其最小值. 【详解】因为正实数x，y满足， 所以 ， 当且仅当，即时取等号， 所以的最小值为25， 故答案为：25 13. 已知满足，若在方向上的投影向量为，则__________． 【答案】 【解析】 【分析】利用投影向量的定义求出，再利用数量积的运算律求解. 【详解】由在方向上的投影向量为，得，则，而， 于是，所以. 故答案为： 14. 设函数是的导函数.某同学经过探究发现，任意一个三次函数的图像都有对称中心，其中满足.已知三次函数，若，则___________；若 ， 分别满足方程，则___________. 【答案】 ①. ②. 2 【解析】 【分析】由题，求出，通过可求得对称中心，由可知和关于对称，即可求的值； 构造，同理求出对称中心，通过讨论的单调性说明是一一对应的函数，即可由，得出和关于对称，即可求的值. 【详解】由题，，，由可得 ， 的图像的对称中心为，即， ，所以和关于对称，故； 令，同理可求的对称中心，，，由可得，对称中心为，即， ，故， 由，故单调递增，即是一一对应的函数，故和关于对称，故， 故答案为：；2 四、解答题（本题共5个小题，共77分，解答应写出必要的文字说明证明过程或演算步骤.） 15. 已知某校有甲，乙两支志愿服务队，甲队由3名男生和3名女生组成，乙队由4名男生和1名女生组成． （1）先从两队中选取一队，选取甲队的概率为，选取乙队的概率为，再从该队中随机选取一名志愿者，求该志愿者是男生的概率； （2）在某次活动中，从甲队中随机选取2名志愿者支援乙队，记为乙队中男生与女生人数之差，求的分布列与期望． 【答案】（1） （2）的分布列为： X 1 3 5 P 期望为3 【解析】 【分析】（1）根据全概率公式即可计算结果. （2）由题意可知的取值为1，3，5，然后求出对应的概率，即可得到分布列，从而求出期望． 【小问1详解】 设事件A为“选甲队”，事件B为“选乙队”，事件C为“选中男生” 则 【小问2详解】 ，从甲队中随机选取2名志愿者支援乙队,X的可能取值为1、3、5， 则,, 故的分布列为： X 1 3 5 P 数学期望为 16. 已知数列满足 （1）证明：数列是等差数列； （2）设，求. 【答案】（1）由 ，两边同除以 ， 得，即 . 令，则 ， 所以是首项为1，公差为1的等差数列，即是等差数列. （2） 【解析】 【分析】（1）对 ，两边同除以 ，利用等差数列的定义证明是等差数列. （2）先对两边求导，由第（1）问得出代入，得到，再利用错项相消求的值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）可知， ，即 ，时，也满足. 由， 得，又， 所以. 所以， 令， 则， 两式相减，得 ， 所以 ，即. 17. 设 （1）证明：在区间上存在唯一极大值点； （2）证明：在区间上存在两个不同的零点； （3）证明：，都有 【答案】（1）因为， 所以， 令， 则， 当时，，所以在上单调递减. ，， ，所以存在唯一，使得，即， 且当时，，时，，所以为极大值点. 故在上存在唯一极大值点. （2）由（1）知在上单调递增，在上单调递减，且， 故的最大值为. ， ， 则，所以在上存在一个零点， ，所以在上存在1个零点. 故在上有两个不同的零点. （3）由， 整理得， 所以只需证明对，都有. 不妨设，令， 所以只需证， 设， 则. 由（1）知在上单调递减，且， 故，即， 故在上单调递减，故， 即， 所以，都有成立. 【解析】 【分析】（1）对求导，只需证明导数为0的点只有一个，且在该点左侧，右侧； （2）根据零点存在性定理证明； （3）将所证不等式等价转化为证明，再通过换元，利用函数的单调性证明. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 18. 在平面直角坐标系中，已知点，是直线右侧区域内的动点，到直线与 轴的距离之和等于它到点 距离的4倍，记点的轨迹为. （1）求的方程； （2）直线过点 ，与交于， 两点， （i）若，求直线的方程： （ii）若，是点 关于 轴的对称点，延长线段交于点，延长线段交于点，直线交 轴于点，求 的最小值. 【答案】（1） （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）根据 的正负性去绝对值后进行化简得到不同区间的曲线方程. （2）（i）在求直线方程时，利用椭圆上点的参数表示以及两点间距离公式求出点 的坐标，进而得到直线斜率和直线方程. （ii）通过联立直线与椭圆方程，得到关于 的一元二次方程，利用韦达定理得到和的表达式，再根据向量垂直的性质列出等式，最后通过求解不等式得到 的取值范围及最小值. 【小问1详解】 设，则有， 当时，化简得； 当时，化简得， 所以，曲线如图所示： 【小问2详解】 （i）如图所示，不妨设点在圆上，则，，所以点 在椭圆上. 设， 解得，所以，所以， 所以直线方程为. （ii）由题意知，故点也在圆上，又为直径，所以. 设，，联立椭圆方程，得 ， 则， 因为，，， 则 所以， 即， 所以，所以， 解得，即 的最小值为. 19. 如图，平面四边形中，点 是线段上一点，，，沿着将折叠得到四棱锥． （1）求证：平面平面 ． （2）若，且，，折叠后． ①求平面与平面夹角的余弦值的最大值． ②若三棱锥的四个顶点均在以 为球心的球上，试问三棱锥的外接球的体积是否存在最小值？若存在，求出线段的长；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）证明：在平面四边形中，因为点 是线段上一点，， 所以折叠后有，． 又，平面，平面，所以平面． 又平面 ，所以平面平面 ． （2）①；②存在，． 【解析】 【分析】（1）根据折叠后应用线面垂直判定定理得出平面，再应用，面面垂直判定定理证明； （2）①建立空间直角坐标系计算面面角余弦根据单调性即可求最大值；②先根据（1）的结论设外接圆圆心得出，再结合正弦定理及余弦定理即可求出最值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 设，则． ①如图，以 为原点，以所在直线为 轴，以所在直线为 轴，建立空间直角坐标系， 因为，，， 所以，，，， 所以，，，． 设平面的法向量为，由，得 令，则． 设平面的法向量为，由，得 令，则． 设平面与平面的夹角为， 则． 令，则 ， 所以当，即时，取得最大值． ②如图，由（1）知平面平面 ，又因为三棱锥的四个顶点均在以 为球心的球上， 设和的外接圆圆心分别和 ， 则球心为过点和 且分别垂直于平面、平面的两直线的交点 ，过点 作于，连接， 设，显然四边形为矩形，所以． 在中，因为，所以由余弦定理得， 再由正弦定理得的外接圆半径． 在中，，，，所以由余弦定理得， 再由正弦定理得的外接圆半径． 所以，即 ， 所以， 故当时，取得最小值，即，此时三棱锥外接球的体积最小值为， 故三棱锥外接球的体积存在最小值，此时． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 明德中学2025年上学期期末考试 高二年级数学试卷 2025年7月 时量：120分钟 满分 150 命题:高二年级备课组 审定:高二年级备课组 一、单选题(本题共8个小题，每小题5分，共40分，每个小题只有一个正确答案） 1. 设集合，，若，则（ ）． A. 2 B. 1 C. D. 2. 已知复数，在复平面内对应的点分别为A，B，则“A在第二象限”是“B在第三象限”的（ ） A. 充要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分不必要条件 D. 既不充分也不必要条件 3. 某射击运动员连续射击5次，命中的环数（环数为1至10的整数）形成的一组数据中，中位数为7，唯一的众数为10，极差为5，则该组数据的平均数为（ ）． A. 7.6 B. 7.8 C. 8 D. 8.2 4. 已知，则 （ ） A. B. C. D. 5. 若 是上的单调递增函数，则实数 的取值范围为（ ）． A. B. C. D. 6. 已知函数是R上的偶函数，对任意且都有，若则的大小关系是（ ） A. b<a<c B. a<b<c C. c<b<a D. b<c<a 7. 方程表示的曲线可能是（ ） A. B. C. D. 8. ，不等式恒成立，则正实数 的最大值是（　 　）． A. B. C. D. 二、多选题（本题共3个小题，每小题6分，共18分，每小题有多项符合题目要求，全部选对得6分.选错得0分，部分选对得部分） 9. 下列命题为真命题的是（ ） A. 若，则 B. 若，，则 C. 若且，则 D. 若，则 10. 如图，圆锥的底面半径为2，母线为6，是圆锥的一个轴截面， 是底面圆周上异于 ， 的一点，则下列说法正确的是（    ） A. 的面积为8 B. 圆锥的侧面展开图的圆心角为 C. 由 点出发绕圆锥侧面旋转一周，又回到 点的细绳长度最小值为6 D. 若，则三棱锥的体积为 11. 我国著名数学家华罗庚先生曾说：“数缺形时少直观，形缺数时难入微，数形结合百般好，隔裂分家万事休．”在数学的学习和研究中，常用函数的图象来研究函数的性质，解决相关的问题，已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 当时， B. 若函数存在两个零点，且，则 C. 若恒成立，则 D. 当时，与存在两条公切线 三、填空题（本题共3个小题，每题5分，共15分） 12. 已知正实数x，y满足，则的最小值为______． 13. 已知满足，若在方向上的投影向量为，则__________． 14. 设函数是的导函数.某同学经过探究发现，任意一个三次函数的图像都有对称中心，其中满足.已知三次函数，若，则___________；若 ， 分别满足方程，则___________. 四、解答题（本题共5个小题，共77分，解答应写出必要的文字说明证明过程或演算步骤.） 15. 已知某校有甲，乙两支志愿服务队，甲队由3名男生和3名女生组成，乙队由4名男生和1名女生组成． （1）先从两队中选取一队，选取甲队的概率为，选取乙队的概率为，再从该队中随机选取一名志愿者，求该志愿者是男生的概率； （2）在某次活动中，从甲队中随机选取2名志愿者支援乙队，记为乙队中男生与女生人数之差，求的分布列与期望． 16. 已知数列满足 （1）证明：数列是等差数列； （2）设，求. 17. 设 （1）证明：在区间上存在唯一极大值点； （2）证明：在区间上存在两个不同的零点； （3）证明：，都有 18. 在平面直角坐标系中，已知点，是直线右侧区域内的动点，到直线与 轴的距离之和等于它到点 距离的4倍，记点的轨迹为. （1）求的方程； （2）直线过点 ，与交于 ， 两点， （i）若，求直线的方程： （ii）若，是点 关于 轴的对称点，延长线段交于点 ，延长线段交于点，直线交 轴于点，求 的最小值. 19. 如图，平面四边形中，点 是线段上一点，，，沿着将折叠得到四棱锥． （1）求证：平面平面 ． （2）若，且，，折叠后． ①求平面与平面夹角的余弦值的最大值． ②若三棱锥的四个顶点均在以 为球心的球上，试问三棱锥的外接球的体积是否存在最小值？若存在，求出线段的长；若不存在，请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $