浙江省杭州市学军中学2024-2025学年高二上学期期末考数学试卷（Word版附解析）

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命题人：楼雄鹏 审题人：徐政 梁金艳
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，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上.
1. 已知角的终边经过点P(4，－3)，则的值等于
A B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】试题分析：利用任意角三角函数的定义，分别计算sinα和csα，再代入所求即可.根据定义，任意角三角函数的定义即有，故可知答案为C.
考点：任意角的三角函数
点评：本题主要考查了任意角三角函数的定义及其用法，属基础题
2. 在等差数列中，已知，，则的公差为（ ）
A. 3B. 4C. 5D. 6
【答案】A
【解析】
【分析】利用等差数列下标和的性质即可求解.
【详解】由，可得，所以，
所以，所以，又，所以，
所以，解得.
故选：A.
3. 若复数满足，则的虚部为（ ）
A. 4B. C. D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】借助复数除法运算法则计算后结合虚部定义即可得.
【详解】由，则，
则的虚部为.
故选：D
4. 某工厂第一年的年产量为A，第二年的年产量的增长率为，第三年的年产量的增长率为，这两年的年产量的平均增长率为，则（ ）
A B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意列出方程，然后利用基本不等式求解可得结果.
【详解】由题意得，，则，
因为，即
所以，
所以，当且仅当时取等号.
故选：B.
5. 若点在曲线上，曲线在处的切线的倾斜角为，则的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先设切点坐标，然后求导计算切点斜率，得到斜率范围，最后得到倾斜角的范围即可.
【详解】设，由函数，得，
所以过点的切线斜率，
根据二次函数的图像性质，可得，
又，即，
又，所以得的取值范围是.
故选：C
6. 已知函数，且时，都有恒成立，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】构造函数，由其在上单调递减，分类讨论即可求出.
【详解】时，都有恒成立.
不妨设，则.
设函数，则且，即，
则函数在上单调递减.
（1）当时，在上单调递减，符合题意.
（2）当时，函数在上单调递增，不合题意舍去.
（3）当时，若使函数在上单调递减，只需，.
综上所述，.
故选：D
7. 如图，在四棱锥中，底面是正方形，，侧棱底面，是的中点，是内的动点，，则的轨迹长为（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先构造与垂直的平面，利用面面平行，得到平面，进而确定交线，最后再应用余弦定理计算即可.
【详解】先找到一个平面总是保持与垂直，取，的中点，，连接，，.

因为是正方形，所以.因为底面.所以.又，所以平面.所以.
因为在中，，为的中点，所以.又，所以平面.
进一步.取，，的中点，，，连接，，，，易证平面平面.
故平面，
记，又是内的动点，
根据平面的基本性质得：点的轨迹为平面与平面的交线段，
在中，，，，
由余弦定理得:.故.
故选:B.
8. 已知由椭圆与椭圆的交点连线可构成矩形（点，在轴下方），且，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】依题意可得直线的方程为，联立两椭圆方程整理得到，从而得到，再利用基本不等式计算可得.
【详解】根据对称性及可得直线的方程为，
由，可得，则，
所以
，
当且仅当即时等号成立.
故选：D
【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是得到直线的方程，从而得到，最后将变形为.
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.全部选对得6分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分.
9. 下列命题正确是（ ）
A.
B. 已知函数在R上可导，且，则
C. 若函数都可导函数，，则
D. 一质点A沿直线运动，位移y（单位：m）与时间t（单位：s）之间的关系为，则该质点在t＝2s时的瞬时速度是4m/s
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用导数运算法则判断AC；利用导数的定义计算判断B；利用瞬时速度的定义求解判断D.
【详解】对于A，，A错误；
对于B，，B正确；
对于C，由导数运算法则知，C正确.
对于D，由，求导得，因此质点在t＝2s时的瞬时速度是4m/s，D正确.
故选：
10. 已知一组样本数据，其中为正实数.满足.下列说法正确的是（ ）
A. 样本数据的第50百分位数为
B. 已知这组数据的极差是6，则数据的极差是11
C. 若数据的频率分布直方图为单峰不对称，且在左边“拖尾”，则样本数据的平均数小于中位数
D. 样本数据的方差，则这组样本数据的总和等于80
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，由百分位数求法可判断；对于B，根据极差变化可得数据的极差是12；对于C，根据频率分布直方图可判断；对于D，由可得，然后可得总和.
【详解】，样本数据的第50百分位数为，故A正确；
对于B，由题知，这粗数据的极差为，
则数据的极差为，故B错误；
对于C，若数据的频率分布直方图为单峰不对称，且在左边“拖尾”，
则样本数据的平均数小于中位数，故C正确；
对于D，，，
则，故D正确.
11. 抛物线的焦点为F，过F的直线交抛物线于A，B，以下说法正确的有（ ）
A. 以为直径的圆与y轴相切
B. 以为直径的圆与抛物线的准线相离
C. 若点D为抛物线准线与x轴交点，则一定有
D. 过线段的中点M作y轴的垂线，交抛物线于点P，交抛物线的准线于点N，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，设点在轴上的投影为，在准线上的投影为，为坐标原点，，求以为直径的圆的半径和的中点到轴的距离，由此判断A，对于B，设点在准线上的投影为，，根据抛物线的定义可得线段的中点到准线的距离为，从而可判断B；对于C，设直线方程为，利用设而不求法求，由此判断C，对于D，设线段的中点，根据C的解答求的坐标，由此判断D.
【详解】对于A，设点在轴上的投影为，在准线上的投影为，为坐标原点，，
则，
因为以为直径的圆的半径为，
的中点到轴的距离为，
故以为直径的圆与轴相切，故A正确；
对于B，设点在准线上的投影为，，则，
所以线段的中点到准线的距离为，
所以以线段AB为直径的圆与准线l相切，故B错误；
对于C，点为抛物线准线与轴交点，所以，
若直线的斜率为，则直线与抛物线有且只有一个交点，矛盾，
故可设直线方程为，
联立，消去，得，
方程的判别式
所以，，
，所以，故C正确；
对于D，设线段的中点，
由C选项的解析可得，，
所以，，，
所以，故D正确；
故选：ACD.

三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知圆和圆，则两圆公共弦所在直线的方程为________．
【答案】
【解析】
【分析】判断两圆相交，再把两圆方程相减消去二次项即得.
【详解】圆的圆心，半径，圆的圆心，半径，
显然，因此圆相交，
所以两圆公共弦所在直线的方程为，即.
故答案为：
13. 人教A版选择性必修第一册教材44页“拓广探索”中有这样的表述：在空间直角坐标系中，设是平面内的任意一点，若平面经过点，且以为法向量，则由，可得，此即为平面的点法式方程．利用上面给出的材料，解决下面的问题：已知平面的方程为，直线的方向向量为，则直线与平面所成角的正弦值为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意求出平面的法向量，利用线面角的向量公式即可求解.
【详解】因为平面的方程为，
所以平面的一个法向量为，直线的方向向量为，
设直线与平面所成角为，则.
故答案为：
14. 已知函数是上奇函数，若数列的项满足：（）.则数列的通项公式为：____________.
【答案】
【解析】
【分析】首先由奇函数的性质，得到，再根据结论，利用倒序相加法，即可求解.
【详解】因为函数是上奇函数，所以
，
所以，
，
两式相加得：，
即.
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. 已知函数.
（1）当时，求的极小值；
（2）若在上不具有单调性，求实数的取值范围.
【答案】（1）极小值为
（2）
【解析】
【分析】（1）求导，由函数单调性以及极值的关系即可得解；
（2）由（1）得有唯一极值点，且由题意可知极值点一定位于内，由此即可列不等式求解.
【小问1详解】
，
，
当时，.
当时，，单调递减；当时，；当时，，单调递增
的极小值为.
【小问2详解】
由（1）知，，
令，得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
又在上不具有单调性，
，即，
实数的取值范围为.
16. 已知数列的前项和为，且.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，记数列的前项和为，若对任意的，恒成立，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由数列的通项与求和的关系，以及等比数列的通项公式，可得所求.
（2）由数列的裂项相消求和，可得，再由参数分离和不等式恒成立思想，结合数列的单调性，可得所求取值范围.
【小问1详解】
当时，，，解得，
当时，由，可得，相减可得，对也成立，
由此可得数列是首项为，公比为的等比数列，所以，
所以，数列的通项公式为.
【小问2详解】
，
则
两式相减可得：
,
整理可得,
若对任意的，恒成立,即为恒成立，
设，则，当时，即时，所以当时，，
所以当时，，当时，，
当时，，当时，，
可以看出在处取得最小值，所以从后才开始递增，即当，，时，，
当时，，所以，
所以的取值范围为.
17. 如图，在三棱台中，，分别为、的中点.
（1）求证：平面；
（2）若平面，为等腰直角三角形，，，求平面与平面所成的锐二面角的大小.
【答案】（1）证明过程见详解；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据三棱台的性质，先证面面平行，再证线面平行即可；
（2）根据条件建立适当的空间直角坐标系，求出两平面的法向量，再求两平面所成二面角的大小.
【小问1详解】
在三棱台中，，，所以，
因为为的中点，所以且，
所以四边形为平行四边形，所以，
因为平面，平面，所以平面，
又分别为、的中点，所以，
因为平面，平面，所以平面，
因为，所以平面平面，
又平面，所以平面.
【小问2详解】
因为平面，为等腰直角三角形，，
故以为原点，以为轴，以为轴，过点作垂直于的射线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
设，则，平面与平面所成的锐二面角为，
则，，，，，
所以，，，，
设平面的法向量为，平面的法向量为，
则，即，解得，
，即，解得，
所以平面与平面所成的锐二面角余弦值为
，
又，所以平面与平面所成的锐二面角为.
18. 已知双曲线：的实轴长为2，右焦点F到双曲线的渐近线距离为.
（1）求双曲线的方程；
（2）过点作直线交双曲线的右支于A，B两点，连接并延长交双曲线左支于点P（O为坐标原点），求的面积的最小值；
（3）设定点，过点T的直线交双曲线于M，N两点，M，N不是双曲线的顶点，若在双曲线上存在一点S，使得直线的斜率与直线的斜率之和为定值，求实数t的取值范围.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据实轴长可求，根据焦点到渐近线的距离可求，故可得双曲线方程；
（2）设：，，，联立直线方程和双曲线方程消去后结合韦达定理可得面积的解析式（用表示），再结合换元法可求其面积的最大值.
（3）设直线的方程为，联立化简可得，由条件化简可得，，结合双曲线的范围可得结论.
【小问1详解】
因为双曲线的实轴长为2，故，
而双曲线的渐近线为，
故右焦点到渐近线的距离为，
故双曲线的方程为：.
【小问2详解】
显然直线与轴不垂直，设：，，，
由双曲线的对称性知的中点为，故，

联立
故，，
由于A，均在双曲线右支，故，故，
而，
代入韦达定理得，
令，则，
易知在上为减函数，则当时，，
综上：的面积的最小值为12.
【小问3详解】
不妨设，，，
若直线的斜率为，则直线与双曲线的交点为双曲线的顶点，与条件矛盾，
所以可设直线的方程为，且，
联立，消可得，
方程的判别式，
所以，
所以，，
所以，
，
，
，
所以
所以
所以，
因为直线的斜率与直线的斜率之和为定值，
所以，故，
故为定值，
所以，
因为或，，，
所以或，存在双曲线上的点满足，
使得直线的斜率与直线的斜率之和为定值，定值为，
所以的范围为.
19. 在平面直角坐标系中，定义点A到直线的距离为.的3个顶点坐标为，，.记.
（1）若的3个顶点坐标为，，，的方程为，求.
（2）对于（1）中的，证明：当取到最小值时，经过的重心.
（3）若存在3条不同的直线使得取得最小值，证明此时为等边三角形.
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）借助点到直线距离公式计算即可得；
（2）求出重心坐标，再借助点到直线距离公式表示出，最后结合二次函数性质即可得证；
（3）先证明对任意的，取到最小值时，经过的重心，再假设的重心为原点，再借助三角换元与三角恒等变换结合三角函数性质得到各顶点坐标需满足的关系式，再借助计算得到，最后利用重心与外心重合时三角形性质得证.
【小问1详解】
，，，
则；
【小问2详解】
设的重心为，则，
，即，
设，且，
则，，
，
则
，
则当时，取最小，
即，
有，即经过的重心；
【小问3详解】
设，且，
则
，
则当时，
取最小，
又的重心为，
即时，取最小，
此时，必过点；
若存在3条不同的直线使得取得最小值，不妨设的重心为，
则必过点，此时，
由，可设、，且，
则
，
令关于的函数，若存在3条不同的直线使得取得最小值，
即存在个不同的值，使得取最小值，
又
，
，
其中，
又为以为周期的周期函数，
则当时，
在上最多取一个最小值点，与题意不符，
故，
即有、，
且，
则，，
故、，
故，
，
则，
由，
则
，
若，则，
则
，
又，
则，
则
，
即，
则，
即有；
若，则，
则，
化简得，则或，
若，则，则，不符；
则，由，
则，
则，
即有；
同理可得，
即有，即为外心，又为重心，
故为等边三角形，即得证.