河南省周口市2024-2025学年高二下学期期末考试 数学试卷

这是一份河南省周口市2024-2025学年高二下学期期末考试 数学试卷，共16页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
考生注意：
答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
一、单项选择题：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.
已知集合 A  1, 2, 3, 4 ， B  2, 3, 4, 5 ，则 A ∩ B  （）
3
3, 4
2, 3, 4
1, 2, 3, 4, 5
【答案】C
【详解】因为集合 A  1, 2, 3, 4 ， B  2, 3, 4, 5 ，所以 A ∩ B  2, 3, 4 .
故选：C
已知复数 z 的共轭复数 z 
6
2  i
，则 z  （）
12  6 i
55
【答案】A
12  6 i
55
 12  6 i
55
 12  6 i
55
【详解】依题意 z  6  6 2  i  12  6i  12  6 i ，所以 z  12  6 i .
2  i2  i2  i55555
故选：A.
已知csα 5 ，且α π, 2π ，则sinα （）
6
33
6
2
33
6
3
6
3
6
【答案】C
【详解】因为α π, 2π ，所以α  π ,π  ，所以sin α 0 ，
2  22

1
12
3
所以sinα1 csα .
226
故选：C
已知 f (x) 
2
5x 1
a 是奇函数，则a  （）
1B. 1
【答案】B
1
2
 1 2
【详解】函数 f (x) 
2
5x 1
a 的定义域为x x  0 ，由 f (x) 为奇函数，得 f (x)  f (x)  0 ，
x
即 2 a 2 a  0 ，则 a 111 5  .
5x 15x 1
5x 15x 15x 11 5x1
故选：B
(x  1  2)6 的展开式中 x5 的系数为（）
x
A 30B. 24C. 18D. 12
【答案】D
【详解】(x  1  2)6 的展开式中含 x5 的项是从 6 个多项式 x  1  2 中取 5 个都用 x ，余下 1 个用 2 相乘
xx
的积，
即(x  1  2)6 的展开式中含 x5 的项是C5 x5  2  12x5 ，
x6
所以所求系数为 12.
故选：D
若函数 f  x  ex  ax 的图象与直线2x  y  0 相切，则a  （）
e 1
e  2
eD. 2e
【答案】B
00
【详解】设 f  x  ex  ax 的图象与直线2x  y  0 相切于点x , ex0  ax  ，由题意知直线2x  y  0 的斜率为 2， f  x  ex  a ，故ex0  a  2 ，
0000
解得 a  ex0  2 ，故切点纵坐标为ex0  ax  ex0  ex0  2 x  ex0  x ex0  2x ，
0
0
0
000
又x , ex0  x ex0  2x  在2x  y  0 上，故2x  ex0  x ex0  2x  0 ，
即 x 1ex0  0 ，解得 x  1，
00
故 a  e1  2  e  2 .
故选：B.
x2y2
已知双曲线C :
 1a  0 的左、右焦点分别为 F , F ，过点 F 且倾斜角为45的直线与双
a29  a2
122
曲线C 交于第一象限的点A ，延长 AF2 至 B 使得 AB 
AF1
，若△BF1F2 的面积为12 ，则 a 的值为（）
2
A. 2
B.
C.
D. 1
6
3
a2  (9  a2 )
【答案】A
2
【详解】由双曲线C : x
a2
y2
9  a2  1，可得c 
 3 ，所以 F1 3, 0, F2 3, 0 ，
过点 F2 且倾斜角为45的直线 AF2 的方程为 y  x  3 ，
设 B(x
B , yB
) ，因为△BF1F2 的面积为12 ，所以
1
2
F1F2 yB
 1  6 y
2B
 12 ，
1 32  42
2
因为点A 在第一象限，所以 yB  0 ，可得 yB  4 ，又由 yB  xB  3 ，可得 xB  1，所以 B 1, 4 ，
又因为 AB 
AF1
，所以2a 
AF1
 AF2
 AB  AF2
 BF2

 4，
可得 a  2 2 .
故选：A.
2025a
2
已知在数列an中，a1  2 ，a2  2025 ，an1  n n  2 ，则an中的最大项是（）
2025an1  2an
a1012
a1013
a2024
a2025
【答案】B
ka2
【详解】记 k  2025 ，由题意得 an1  n ，
kan1  2an
整理可得 ka2  kaa 2aa ，
nn1
n1
n1 n
得 a2  aa
 2 aa ，即 an
 an1  2 ，
nn1
n1
k n1 n
aak
n1n
又 a  2 ， a
k ，所以 a1
 2 ，则 an
22
是以 为首项， 为公差的等差数列，
12ak
 akk
an
所以
an1
 2n 
k
2
2n 2025 ，
 n1 
当1  n  1012 时， an
 1，即 a  a，
an1
nn1
当 n  1013 时， an
 1，即 a  a，
an1
nn1
所以 a1  a2 L  a1012  a1013  a1014 L，故an中的最大项为 a1013 .
故选：B
二、多项选择题：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，有选错的得 0 分.
某社区组织开展牙科、眼科义诊活动，其中某个星期内两个项目的参与人数记录如下：
则（）
牙科参与人数的众数为 12，中位数为 13
眼科参与人数的极差为 11，平均数为 14
3
用频率估计概率，牙科任意 1 天参与人数不低于 14 的概率为
7
3
从这 7 天中任意取出连续的 2 天，这 2 天眼科参与人数均不低于 14 的概率为
7
【答案】BC
【详解】命题透析本题考查样本的数字特征，以及古典概型的概率.
解析对于 A，将牙科参与人数由小到大排列：10，11，12，12，14，18，20，其众数为 12，中位数为 12，故 A 错误；
对于 B，眼科参与人数的极差为20  9  11 ，
平均数为 1 12 13  9 1114 19  20  14 ，故 B 正确；
7
3
对于 C，牙科这 7 天参与人数不低于 14 的频率为 ，
7
3
星期一
星期二
星期三
星期四
星期五
星期六
星期日
牙科
11
12
10
14
12
18
20
眼科
12
13
9
11
14
19
20
故估计任意 1 天参与人数不低于 14 的概率为
7
，故 C 正确；
对于 D，从这 7 天中取出连续的 2 天共有 6 种取法，
其中连续 2 天参与人数均不低于 14 的有（星期五，星期六），（星期六，星期日），共 2 种，概率为 2  1 ，
63
故 D 错误.
故选：BC.
3
如图所示，圆锥 PO1 的轴截面 PCD 是面积为4的正三角形，用平行于圆锥 PO1 底面的平面截该圆锥，
截面圆O2 与 PC ， PD 分别交于点 B ， A ，且 AB  2 ，则（）
圆锥 PO1 的表面积为12π
3
圆台O1O2 的高为
2 3
圆锥 PO2 的体积为π
3
从点C 出发沿着该圆锥侧面到达 AD 中点的最短路程为 5
【答案】ABD
3
【详解】对于 A，设△PCD 的边长为 a ，由已知得 1 a  a 3  4
，解得 a  4 ，
22
所以圆锥 PO1 的表面积为 S  π 2  4  π 22  12π ，故 A 正确；
对于 B，因为CD  4 ，所以 PO1  2
，又 AB  1 CD ，
3
2
所以O O  1 PO
，故 B 正确；
3
1 221
3
3
2
对于 C，圆锥 PO 的体积为V  1 π12 π ，故 C 错误；
33
对于 D，由已知得圆锥 PO 的侧面展开图的圆心角θ 2π 2  π ，设 AD 的中点为Q ，连接CQ ，如图，
14
42  32
可得CPQ  π ， PC  4 ， PQ  2 1  3 ，则CQ 
2
 5 ，故 D 正确.
故选：ABD
已知抛物线C : y2  2 px  p  0 的焦点为 F ，准线为l ， P 是C 上一点，且在第一象限， P 在l 上的射
影为 M ，线段 FM 与C 的交点为Q ， Q 在l 上的射影为 N ，且NQF  MPF  π，过点 P 作C 的切
6
线与 x 轴交于点T ，则（）
A. Q 为线段 FM 的中点B. MFP  2MFN
C. PT  MF
D. VPTF 是等边三角形
【答案】BCD
【详解】对于 A，因为QN  MN ，所以 QM  QN ，根据抛物线的定义知 QN  QF ，所以
QM  QF ，因此Q 不是线段 FM 的中点，故 A 错误；
对于 B，设MFN α，因为 QN  QF ， QN / / x 轴，
所以MQN  2MFN  2α，又 PM / /QN ， PM  PF ，
所以MFP  FMP  2α，即MFP  2MFN ，故 B 正确；
对于 C，由抛物线的光学性质知，光线 FP 经抛物线反射，反射光线 PR 与 x 轴平行，所以
RPS  FPT ，
因为RPS  MPT ，所以MPT  FPT ，又 PM  PF ，所以 PT  MF ，故 C 正确；
对于 D，由 B 可知MPF  π 4α，而NQF  π 2α，所以π 2α π 4α π，得α π ，所以
612
MPF  2π，
3
又MPT  FPT ，所以FPT  π，
3
因为MFP  2α， NFT  FNQ α，所以PFT  4α π，因此VPTF 是等边三角形，故 D 正
3
确.
故选：BCD.
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
→→→→
13
已知向量a ， b 满足 a  b  3 ， a  3b  3，则向量a 与b 的夹角为.
π
【答案】
3
【详解】设向量a ， b 的夹角为θ，
→→ 2→2→→2→ →
→
由题意知a  3b   a  6a  b  9b  90  6a  b  90  6  3 3 csθ 117 ，
解得csθ 1 ，所以θ π .
23
π
故答案为： .
3
在平面直角坐标系 xOy 中，已知点 A0, 3 与点 B 0, 3 ，若圆C :  x  2a2   y  a2  1a  0 上存在点 M ，满足 MA 2  MB 2  MO 2  30 ，则 a 的取值范围是.

【答案】
5 , 3 5 
 55 

【详解】设 M  x, y  ，因为 MA 2  MB 2  MO 2  30 ，
所以 x2   y  32  x2   y  32  x2  y 2  3  x2  y 2   18  30 ，化简得 x2  y2  4 ，
则圆C 与圆 x2  y2  4 有公共点，所以2  1  OC  2  1 ，即1 
5a  3，解得 5  a  3 5 .
55

故答案为：
5 , 3 5  .
 55 

将函数 f  x  cs x  5π  的图象上所有点的横坐标变为原来的 1 ω 0 倍，纵坐标不变，得到函
2 ω

数 g  x  的图象，若 g  x  在区间π, 2π 内恰有 3 个最值点，则ω的最大值为.
15
【答案】
4
f x 
5π π 
【详解】  cs x  2   cs  x  2   sin x ，则 g  x  sinωx .

因为 g  x 在区间π, 2π 内恰有 3 个最值点，根据正弦曲线的伸缩变化的特点，当ω满足条件且取最大值时， x  2π 一定是 g  x 的一个最值点，
令2ωπ  kπ  π k  Z ，得ω k  1 k  Z .
224
从2π 往左数 4 个最值点依次为2π  π ， 2π  2π ， 2π  3π ， 2π  4π ，
ωωωω
则2π  4π  π  2π  3π ，解得3  ω 4 ，所以当k  7 时，ω取得最大值15 .
ωω4
15
故答案为：
4
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.
记 Sn 为正项数列an的前 n 项和，且 a1Sn  n 1 an .
（1）求 a1 ， a2 ；
求an的通项公式；
2
求数列an  a n 的前 n 项和Tn .
【答案】（1） a1  2 ， a2  4 .
an  2n
Tn  n 1 2n3  8
【小问 1 详解】
当 n  1 时， a2  2a ，又 a  0 ，故 a  2 ，
11n1
当 n  2 时， a1 a1  a2   3a2 ，将 a1  2 代入，得 a2  4 .
【小问 2 详解】
因为2Sn  n 1 an ，所以2Sn1  n  2 an1 ，
两式相减，得2an1  n  2 an1  n 1 an ，即 nan1  n 1 an ，
故 an1  an ，于是 an  是常数列，
n

n 1n
所以 an  a1  2 ，故a  2n .
n1n
【小问 3 详解】
n2n
a  a 2n  2  2n  n  2n2 ，
故Tn  1 23 L n 1 2n1  n  2n2 ，
2Tn  1 24 L n 1 2n2  n  2n3 ，
两式相减，得Tn  n  2
n3  23
L 2
n2
  n  2
n3
 23  2n3  n 1 2 1 2
n3
 8 .
为加强消防安全管理，某公司组织全体员工进行消防安全知识考试，所有考试成绩（单位：分）按照
40, 50,50, 60,60, 70,70,80,80, 90,90,100 分组，绘制成如图所示的频率分布直方图，规定成
绩不低于 60 分为合格.
求图中 a 的值；
按照各组人数比例用分层随机抽样的方法抽取 20 人，求抽取的成绩不合格的员工人数；
2
公司对成绩不合格的员工进行培训后补考，假设成绩在40, 50 内的员工有 1 的概率补考合格，成绩
在50, 60 内的员工有 2 的概率补考合格，且每个人补考是否合格相互独立，设（2）中抽取的成绩不合格
3
的员工中补考合格的人数为 X ，求 X 的分布列和数学期望.
【答案】（1） a  0.015
5
（2）4（3）分布列见解析，
2
【小问 1 详解】
由已知条件可得0.005  a  0.020  0.030  0.025  0.00510  1，所以 a  0.015 .
【小问 2 详解】
因为低于 60 分的成绩为不合格，根据频率分布直方图，成绩不合格的员工频率为0.005  0.01510  0.2 ，
故抽取的成绩不合格的员工人数为20  0.2  4 .
【小问 3 详解】
因为40, 50 与50, 60 的频率之比为0.005 : 0.015  1 ，
3
所以抽取的成绩不合格的员工中，成绩在40, 50 内的有 1 人，在50, 60 内的有 3 人.
X 的所有可能取值为 0，1，2，3，4，
1 1 31
23
P  X  0    ，
 54
1 1 312  1 27
P  X  1    C1   ，
2  3 233  3 54
  
12  1 21
 2 2
1181
P  X  2  C1    C2
  ，
233
 3 23  3 
3543
 
1
 2 2
1

1
 2 3
20

10
2
3  3 
3
2
3  3 
54
27
P  X  3 C2
C3，

1 2 384
23
P  X  4   

所以 X 的分布列为
.
5427
E  X   0  1 1 7  2  1  3 10  4  4  5 .
5454327272
如图，在四棱锥 P  ABCD 中， PA  平面 ABCD ， AD / / BC ， AB  AD ， PA  AB  BC  4 ，
AD  2 ， E 在棱CD 上，且 BD ⊥平面 PAE .
X
0
1
2
3
4
P
1
54
7
54
1
3
10
27
4
27
设 DE  λDC ，求λ的值；
求平面 PAE 与平面 PBC 夹角的余弦值.
【答案】（1）λ 1 .
3
（2） 10
5
【小问 1 详解】
因为 PA  平面 ABCD ，且 AB  AD ，
故以点A 为坐标原点， AB ， AD ， AP 所在直线分别为 x ， y ， z 轴建立空间直角坐标系，如图，
则 A0, 0, 0 ， B 4, 0, 0 ， D 0, 2, 0 ， C 4, 4, 0 ，
所以 BD  4, 2, 0 ， DC  4, 2, 0 ，则 DE  λDC  4λ, 2λ, 0 ， 所以 E 4λ, 2λ 2, 0 ， AE  4λ, 2λ 2, 0 .
因为 BD ⊥平面 PAE ， AE  平面 PAE ，所以 BD  AE ，
所以 BD  AE  4, 2, 04λ, 2λ 2, 0  4  4λ 2 2λ 2  0  0 ，解得λ 1 .
3
【小问 2 详解】
因为 P 0, 0, 4 ，所以 PB  4, 0, 4 ， PC  4, 4, 4 .
→
设平面 PBC 的法向量为 n   x, y, z  ，
→ –––→
n  PB  4x  4z  0→
则→
–––→
， 取 x  1 ，则 n  1, 0,1 .
n  PC  4x  4 y  4z  0
由（1）得，平面 PAE 的一个法向量为 BD  4, 2, 0 .
→ –––→
1, 0,14, 2, 0
n –––→
→  BD
n
→ BD
2  2 5
10
所以cs n, BD   5 ，
所以平面 PAE 与平面 PBC 夹角的余弦值为 10 .
5
已知椭圆C : x2  y2  1a  b  0 过点 A2,1 ，且离心率e 3 ，过点 B 4, 0 的直线l 与C 交于
a2b22
M ， N 两点，直线 AM ， AN 与直线 x  4 分别交于点 P ， Q .
求C 的方程.
记直线 AM ， AN 的斜率分别为 kAM ， kAN ，证明： kAM  kAN 为定值.
是否存在实数λ，使得 S△PMN  λS△QMN （ S 表示面积）恒成立？若存在，请求出λ的值；若不存在， 请说明理由.
2
2
1
【答案】（1） x  y 
82
（2）证明见解析（3）存在，λ 1
【小问 1 详解】
因为C 过点 A2,1 ，且离心率e 3 ，
2
4
所以 a2
 1
b2
 1 ，且
a
3 ，
a2  b2
2

 41
 22
即 ab
 1,
解得b2  2 ， a2  8 ，
a2  4b2 ,
2
2
所以C 的方程为 x  y  1 .
82
【小问 2 详解】
如图，，
显然直线 MN 的斜率存在，设直线 MN : y  k  x  4 .
 x2  y2 
1
联立得 82，消去 y 并整理，得4k 2 1 x2  32k 2 x  64k 2  8  0 ，
 y  k  x  4
22
所以Δ  32k 2 2  4 4k 2 164k 2  8  32 1 4k 2   0 ，得 1  k  1 .
设 M  x1, y1  ，
N  x2 , y2 
，则 x1
 x2 
32k 2
4k 2 1 ， x1 x2
 64k 2  8 4k 2 1
.（*）
因为 k  1 ，且Δ  0 时， k   1 ，所以直线 AB 与C 相切，
AB22
由椭圆的对称性可知， x1  2 ， x2  2 .
k k
 y1 1 
y2 1  k  x1  4 1  k  x2  4 1 ，
AMAN
x  2
x  2
x  2
x  2
1212
 k 2x1x2  6  x1  x2  16   x1  x2   4，
x1x2  2  x1  x2   4
将（*）代入，得 kAM  kAN  1 为定值.
【小问 3 详解】
设存在实数λ，使得 S△PMN  λS△QMN 恒成立.
由 y 1  kAM  x  2 ，得 P 4, 2k1 ，由 y 1  kAN  x  2 得Q 4, 2k1 .


x  4
AMx  4AN
由（2）可知2kAM 1 2kAN 1  2 kAM  kAN   2  0 ，所以点 P ， Q 到直线 MN 的距离相等，
所以 S△PMN  S△QMN ，即λ 1 .
已知函数 f  x  x2  x3 ， g  x  a ln x ， a  R .
求曲线 y 
f  x 在点1, f 1 处的切线方程；
若 a  1 ，证明： x  0 ， g  x  sin x  1 ；
x
g  x, x  1,
设函数 F  x   f  x, x  1, 若在曲线 y  F  x 上存在两点 P ，Q ，在 y 轴上存在一点 R ，使得四边

形OPRQ 为矩形（ O 为坐标原点），求 a 的取值范围.
【答案】（1） y  x 1
（2）证明见解析（3） 0, ∞ .
【小问 1 详解】
由题意知 f  x  2x  3x2 ， 所以 f 1  1 ，又 f 1  0 ，
所以曲线 y 
f  x 在点1, f 1 处的切线方程为 y  x 1.
【小问 2 详解】
若 a  1 ，则 g  x  ln x, x 0,  .
因为sin x  1，所以ln x  sin x  1  ln x  1 1（仅当 x  2kπ  π ， k  N 时取等号）.
xx
设 h  x  ln x  1 1, x 0,  ，则 h x  1  1
2
 x 1 ，
xxx2x2
当0  x  1时， h x  0 ，当 x  1 时， h x  0 ， 所以 h  x 在0,1 上单调递减，在1,  上单调递增，
所以 h  x  h 1  0 ，即ln x  1 1  0 （仅当 x  1 时取等号）
x
x
x
所以ln x  sin x  1  0 ，即x  0 ， g ( x) >sinx - 1 .
【小问 3 详解】
x2  x3, x  1,
由题意得 F  x  
a ln x, x  1.
因为四边形OPRQ 为矩形，所以 P ， Q 在 y 轴的两侧， OP  OQ ，且 P ， Q 的横坐标互为相反数.
不妨设 P t, F t t  0 ，Q t, t 2  t3  ，则OP  OQ  t 2  F t t 2  t3   0 （*）
若0  t  1 ，则方程（*）为t 2  t 2  t3 t 2  t3   0 ，化简得t 4  t 2 1  0 ，此方程无解；若t  1，则 P 1, 0 ，点Q 在 y 轴上，不合题意；
若t  1，则方程（*）为t 2  a ln t t 2  t3   0 ，即 1  t 1ln t .
a
设u t   t 1ln t ，则ut   ln t 1 1 ，
t
当t  1时， u t   0 ，即u t  在1,  上单调递增，
又u 1  0 ，当t   时， u t    ，所以u t  的值域为0, ∞ ，
又当 a  0 时， 1  0 ，所以方程（*）总有解，
a
因此， a 的取值范围是0, ∞ .