四川凉山州2024_2025学年高二下学期期末考试数学试题【含答案】

这是一份四川凉山州2024_2025学年高二下学期期末考试数学试题【含答案】，共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
2．复数，则的虚部为（ ）
A．1B．C．iD．
3．已知为正三角形的重心，则向量在向量上的投影向量为（ ）
A．B．C．D．
4．已知为拋物线上一点，且到抛物线焦点的距离为4，它到轴的距离为3，则（ ）
A．4B．3C．2D．1
5．函数是定义在上的偶函数，且在上单调递减，则（ ）
A．B．
C．D．
6．直线与圆交于两点，使得恰好为正三角形，则的值为（ ）
A．B．C．2D．
7．若，则（ ）
A．B．C．D．
8．给定函数为的导函数，若数列满足，则称为函数的牛顿数列，若数列为函数的牛顿数列，，则下列结论中正确的是（ ）
A．数列的通项公式为B．数列的通项公式为
C．数列的前项和为D．数列的前项和
二、多选题（本大题共4小题）
9．下列说法不正确的是（ ）
A．“”是“”的必要不充分条件
B．若，则的最大值为2
C．若不等式的解集为，则必有
D．命题“，使得．”的否定为“，使得．”
10．下列说法正确的是（ ）
A．由样本数据得到的经验回归直线必经过样本点中心
B．若，则
C．若，则
D．和是分类变量，则值越大，则判断“与独立”的把握性越大
11．下列关于函数，说法正确的有（ ）
A．函数的最小正周期为
B．当时，在上有两个极值
C．一定存在，使得是上的偶函数
D．若在上恒成立，则
12．如图，在棱长为2的正方体中，分别为的中点，是线段上的一个动点，则下列说法正确的是（ ）

A．直线与平面所成角的余弦值的取值范围为
B．点到平面的距离为
C．四面体的体积为
D．若线段的中点为，则一定平行于平面
三、填空题（本大题共4小题）
13．在的展开式中，各项系数的和是 .
14．某校从6名保安中选择4名，分成2人一组，分别参加周六下午和周日上午的校园安全隐患排查工作，则不同的安排方法有 种．（结果用数字作答）
15．已知双曲线的左、右焦点分别为，过作渐近线的垂线，垂足为，直线的斜率为，则双曲线的离心率为 ．
16．在三棱锥中，，为锐角三角形，与底面所成角的正切值为，则该三棱锥内切球的半径与外接球的半径之比为 ．
四、解答题（本大题共6小题）
17．高2025届的学子们即将进入高三，为了更加科学高效地进行高考备考复习，避免低效的机械性刷题，某校高二数学备课组对该校高二学生每天的数学作业完成时长进行调研，他们在该校高二学生中随机选取了100人，调研结果如下表所示：
(1)用表格中的频率估计概率，从该校高二学生中随机选取1人，估计该生可以在40分钟内完成数学作业的概率；
(2)从样本“完成数学作业的总时长在45分钟内”的学生中按分层抽样的方式选取5人，再从这5人中随机选取3人，有X人可以在40分钟内完成数学作业，求随机变量X的分布列和数学期望．
18．在中，角的对边分别为．
(1)求；
(2)若的面积边上的中线，求的周长．
19．如图，在多面体中，四边形是菱形，平面，，，．
(1)求证：平面；
(2)线段上是否存在点，使得∥平面？若存在，指出点的位置并证明；若不存在，请说明理由．
20．各项均为正数的等差数列首项为1，且成等比数列．
(1)求数列的通项公式；
(2)若数列满足，且，求的前项和．
21．已知函数．
(1)当时，求的极值；
(2)设，若对，都有恒成立，求的取值范围．
22．已知椭圆的长轴长为4，离心率．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若椭圆的左、右顶点分别为，过椭圆的左焦点的直线交椭圆于两点，求与的面积之比的取值范围．
参考答案
1．【答案】B
【分析】根据题意结合一元二次不等式求集合B，进而求交集.
【详解】由题意可得：，
所以.
故选B.
2．【答案】B
【分析】根据乘法运算求复数，再结合共轭复数以及虚部的概念分析求解.
【详解】因为，
所以的虚部为.
故选B.
3．【答案】A
【分析】根据正三角形的性质结合投影向量的定义分析求解.
【详解】因为为正三角形的重心，
则，且，
所以向量在向量上的投影向量为.
故选A.
4．【答案】C
【分析】根据抛物线的定义知，抛物线上一点到准线的距离等于到焦点的距离，即可求解.
【详解】由题意得，，即，解得.
故选.
5．【答案】B
【分析】由题意得，利用单调性法和特殊值法比较的大小关系，再利用单调性判断函数值的大小关系即可.
【详解】是定义在上的偶函数，则，
，又在上单调递增，
，即，
又在上单调递增，
，即，
在上单调递增，
，
，
又在上单调递减，
.
故选.
6．【答案】C
【分析】根据题意求圆心到直线的距离，结合正三角形的性质分析求解.
【详解】由题意可知：圆的圆心为，半径为，
则圆心到直线的距离，
若恰好为正三角形，则.
故选C.
7．【答案】D
【分析】利用两角和的正切公式求出，再由二倍角公式及同角三角函数的基本关系将弦化切，最后代入计算可得.
【详解】因为，解得，
所以.
故选D.
8．【答案】D
【分析】根据题意可知：数列是以首项为2，公比为2的等比数列，进而结合等比数列通项公式分析判断AB；对于C：分析可知数列是以首项为，公比为的等比数列，结合等比数列求和公式运算求解；对于D：利用裂项相消法运算求解.
【详解】因为，则，
可得，则，
且，则，可得，
即，且，
可知数列是以首项为2，公比为2的等比数列，
所以，故A、B错误；
对于选项C：因为，且，
可知数列是以首项为，公比为的等比数列，
所以数列的前项和为，故C错误；
对于选项D：因为，
则，
所以数列的前项和，故D正确.
故选D.
【关键点拨】根据题意分析可得，可知数列是以首项为2，公比为2的等比数列，结合等比数列分析求解.
9．【答案】ABD
【分析】对于A：根据充分、必要条件分析判断；对于B：根据不等式运算求解；对于C：根据分类讨论a的符号，结合一元二次不等式分析判断；对于D：根据特称命题的否定是全称命题分析判断.
【详解】对于选项A：例如，则，
即，满足题意，但，即充分性不成立；
例如，则，
即，满足题意，但，即必要性不成立；
所以“”是“”的既不充分也不必要条件，故A错误；
对于选项B：若，则，当且仅当时，等号成立，
所以的最大值为，故B错误；
对于选项C：若，则的解集不可能为两数之间，不合题意；
若，则的解集不可能为两数之间，不合题意；
综上所述：若不等式的解集为，则必有，故C正确；
对于选项D：命题“，使得．”的否定为“，使得”，故D错误.
故选ABD.
10．【答案】AB
【分析】对于A，由回归直线的性质分析判断，对于B，由二项分布的期望公式分析判断，对于C，根据条件概率公式分析判断，对于D，根据的性质分析判断.
【详解】对于A，由样本数据得到的经验回归直线必经过样本点中心，所以A正确，
对于B，因为，所以，所以B正确，
对于C，由，,
得，，
所以，
因为，所以，
所以，解得，所以C错误，
对于D，和是分类变量，则值越大，则判断“与独立”的把握性越小，所以D错误.
故选AB.
11．【答案】AD
【分析】对于A：根据三角函数周期公式运算求解；对于B：以为整体，结合正弦函数的极值分析判断；对于C：分析可知，结合的范围分析判断；对于D：分析可知为的最大值点，结合正弦函数的最值分析判断.
【详解】对于选项A：函数的最小正周期为，故A正确；
对于选项B：当时，即，
因为，则，且在内仅有一个极值，
所以在内仅有一个极值，故B错误；
对于选项C：若是上的偶函数，则，
且，即，方程无解，
所以不存在，使得是上的偶函数，故C错误；
对于选项D：若在上恒成立，
则为的最大值点，可得，解得，
且，可得，故D正确.
故选AD.
12．【答案】BD
【分析】建系，求平面的法向量.对于A：利用空间向量求线面夹角；对于B：利用空间向量求点到面的距离；对于C：根据锥体的体积公式运算求解；对于D：利用空间向量证明线面平行.
【详解】如图，以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，

则，设，
可得，
设平面的法向量，则，
令，则，可得，
对于选项A：设直线与平面所成角为，
可得，
所以直线与平面所成角的余弦值的取值范围为，故A错误；
对于选项B：点到平面的距离为，故B正确；
对于选项C：由题意可知：，
所以四面体的体积为，故C错误；
对于选项D：由题意可知：，则，
可得，可知，
且平面，所以一定平行于平面，故D正确.
故选BD.
【关键点拨】求平面的法向量，进而利用空间向量处理相关问题.
13．【答案】1
【分析】令即可得解.
【详解】令可得各项系数的和为.
故答案为：1.
14．【答案】90
【分析】由题意得先从6人中剔除2人，剩余4人可以先分组，再排列；也可以直接指定安排每个时间段各2人.
【详解】方法一：
由题意可得先从6人中选2人排除，再将剩余4人分成2人一组，有种方法，
然后将2小组分配到周六下午和周日上午，有种方法，
由分步乘法计数原理可得共有种方法.
方法二：从6人中任意排除2人，从剩余4人中任选2人安排在周六下午，另2人安排在周日上午，种方法.
故答案为：90.
15．【答案】或
【分析】根据题意求直线的方程，进而可得点，根据斜率关系列式解得或，即可得结果.
【详解】由题意可知：渐近线的斜率，则其垂线的斜率为，
且，则直线：，
联立方程，解得，即，
由直线的斜率可得，
整理可得，解得或，即或，
所以双曲线的离心率为或.
故答案为：或.
16．【答案】
【分析】作辅助线，分析可知平面平面，根据面面垂直的性质定理可知：点在平面的投影落在直线上，分类讨论投影所在的位置，进而分析几何体的结构特征，结合外接球和内切球的性质求其半径，即可得结果.
【详解】取的中点，连接，
因为，则，
且，平面，可得平面，
由平面，可得平面平面，
且平面平面，
由面面垂直的性质可知：点在平面的投影落在直线上，
若点在平面的投影落在射线上，
由题意可知：与底面所成角为，即，
则，
不妨设，则，
在中，由余弦定理可得，即，
可知，即，
由面面垂直的性质可得平面，且，
且，即为锐角，
可知为锐角三角形，符合题意，
设该三棱锥内切球的半径为、外接球的半径为，
因为为的外接圆圆心，可知外接球的球心在直线上，
则，解得；
又因为，
由体积关系可得：，解得，
所以；
若点在平面的投影落在射线的反向延长线上，
由题意可知：与底面所成角为，即，
则，，
不妨设，则，
则，，
即，则，，
此时，即为钝角，
可知为钝角三角形，不合题意；
综上所述：.
故答案为：.
【方法总结】1.涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点（一般为接、切点）或线作截面，把空间问题转化为平面问题求解．
2.利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径与该几何体已知量的关系，列方程（组）求解．
17．【答案】(1)；
(2)分布列见解析，.
【分析】（1）根据表中的数据，求出在40分钟内完成数学作业的频率，从而可得答案；
（2）由分层抽样的定义可求出和分钟内完成数学作业所抽取的人数，由题意可得的可能取值为0，1，2，求出相应的概率，从而可求得X的分布列和数学期望．
【详解】（1）由表中的数据可知，随机选取的100人中，可以在40分钟内完成数学作业的有10人，
所以从该校高二学生中随机选取1人，该生可以在40分钟内完成数学作业的概率为
；
（2）由题意可知，按照分层抽样方式选取5人，其中分钟内完成数学作业的人数为人，
分钟内完成数学作业的人数为人，
则的可能取值为0，1，2，
，，，
所以的分布列为
所以.
18．【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）根据题意利用正弦定理可得，进而结合三角恒等变换分析求解；
（2）利用面积公式可得，根据中线性质结合数量积可得，进而结合余弦定理运算求解.
【详解】（1）因为，整理可得，
由正弦定理可得，
又因为，
即，且，则，可得，
即，且，所以.
（2）因为的面积，即，
又因为为边上的中线，则，
可得，
则，即，
可得，即，
由余弦定理可得：，即，
所以的周长为.
19．【答案】(1)证明见解析；
(2)存在点，当与重合时，使得∥平面.
【分析】（1）连接交于点，则由四边形为菱形，得，由平面，得，再利用线面垂直的判定定理可结论；
（2）由题意可证得两两垂直，则以为原点，所在的直线分别为建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可.
【详解】（1）证明：连接交于点，
因为四边形为菱形，所以，
因为平面，平面，
所以，
因为，平面，
所以平面；
（2）解：取的中点，连接，
因为四边形为菱形，，所以为等边三角形，
所以，
因为平面，平面，所以，
所以两两垂直，
所以以为原点，所在的直线分别为建立空间直角坐标系，
设，则，
所以，
假设存在点，使得∥平面，
设，则，
所以，
设平面的法向量为，
则，令，则，
由，得，
此时与重合，平面，
所以存在点，当与重合时，使得∥平面.
20．【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）根据等比中项可得，结合等差数列通项公式求得，即可得通项公式；
（2）利用累乘法求的通项公式，再利用裂项相消法求和.
【详解】（1）设等差数列的公差为，
因为成等比数列，则，即，
整理可得，解得或（舍去），
所以数列的通项公式.
（2）因为，即，
此时
，
即，
且满足上式，所以.
可得；
所以.
21．【答案】(1)极小值为，无极大值；
(2).
【分析】（1）求定义域，求导，得到单调性，极值情况；
（2）参变分离得到，构造，求导得到单调性和最值，得到的取值范围.
【详解】（1）当时，，定义域为，
故，
令，解得，令，解得，
故在上单调递减，在上单调递增，
在处取得极小值，极小值为，无极大值；
（2），，
由于在上恒成立，
故，
令，
则，
令，，
则，
故在上单调递增，
故，
故，所以在上单调递增，
故，
所以.
【方法总结】对于求不等式成立时的参数范围问题，一般有三个方法，一是分离参数法, 使不等式一端是含有参数的式子，另一端是一个区间上具体的函数，通过对具体函数的研究确定含参式子满足的条件.二是讨论分析法，根据参数取值情况分类讨论，三是数形结合法，将不等式转化为两个函数，通过两个函数图象确定条件.
22．【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）根据离心率列式求，即可得椭圆方程；
（2）设线，联立方程，利用韦达定理可得，再根据面积关系运算求解即可.
【详解】（1）由题意可知：，解得，
所以椭圆的标准方程为.
（2）由（1）可知：，
因为直线的斜率可以不存在，但不为0，且直线与椭圆必相交，

设直线，
联立方程，消去x可得，
则，
可得，整理可得，
因为，可得
令，则，解得，即，
由题意可知：，
因为，
所以与的面积之比的取值范围为.
【方法总结】利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.时长（分钟）
人数
10
15
35
30
10
0
1
2