资源简介

2024-2025学年陕西省汉中市高二（下）期末数学试卷
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.在复平面内，复数对应的点位于( )
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
2.设集合，，若，则的取值范围为( )
A. B. C. D.
3.曲线在处的切线斜率为，则( )
A. B. C. D.
4.已知是平面内的一个基底，若向量与向量是共线向量，则( )
A. B. C. D.
5.已知，则( )
A. B. C. D.
6.记为等比数列的前项和，若，，则( )
A. B. C. D.
7.一组样本数据，，，，的平均数为，方差为，则由这组样本数据得到的新样本数据，，，，，，，的方差为( )
A. B. C. D.
8.已知反比例函数的图象是双曲线，其两条渐近线为轴和轴，两条渐近线的夹角为，将双曲线绕其中心旋转，可使其渐近线变为直线，由此可求得其离心率为已知函数的图象也是双曲线，直线是它的一条渐近线，则该双曲的离心率是( )
A. B. C. D.
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知函数的部分图象如图所示，则( )
A. B.
C. D.
10.已知函数，则下列说法正确的是( )
A. 的图象是轴对称图形 B. 在上单调递增
C. 的值域为 D. 恰有两个零点
11.已知是数列的前项和，则下列结论正确的是( )
A. B. 是等比数列
C. 是递增数列 D. 能被整除
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知抛物线上的点到焦点的距离为，则 ______．
13.如图，过三棱柱下底面的边作一个截面，截面与上底面的交线为，，分别是，的中点该截面将三棱柱分成了两部分，设较大部分的体积为，较小部分的体积为，则 ______．
14.年，莱布尼茨发明了二进制，即在数学和数字电路中以为基数的记数系统，这一系统中，通常用两个不同的符号和来表示现代的计算机和依赖计算机的设备里都使用二进制设正整数，，其中，，，，，，令，若，且，则有______种情况用数字作答
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.本小题分
记的内角，，的对边分别为，，，已知．
求；
若，，求的面积．
16.本小题分
如图，在四棱锥中，是边长为的等边三角形，底面为直角梯形，且，，，．
证明：平面平面；
求与平面所成角的正弦值．
17.本小题分
为了更好地普及科学知识，某班举行了科技知识竞赛活动，制定了两种竞赛规则方案方案一：共设置道题，参加比赛的同学从第题开始答题，答对进入下一题，答错则终止答题，第题对应分，答对获得相应的分数，答错得分方案二：共设置道题，参加比赛的同学从第题开始答题，无论是否答对都可以回答下一题，直到道题答完为止，每题分，答对获得相应的分数，答错得分已知小明答对每道题的概率均为，且每次回答正确与否都相互独立．
若小明选择方案一，记为小明的累计得分，求的分布列；
为使累计得分的期望最大，小明应选择哪个方案？说明理由．
18.本小题分
已知、分别是椭圆的左、右顶点，的离心率为，且．
求椭圆的方程；
已知是线段上一点异于、，过点的直线与椭圆交于、两点异于、，直线、分别交直线于、两点．
若的中点为，求的方程；
是否存在点，使得为定值？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
19.本小题分
我们把有两个自变量的函数称为“二元函数”，对于二元函数，若实数，满足，，则称具有性质已知二元函数．
若恒成立，求的取值范围；
证明：当时，；
已知实数，满足，证明：具有性质．
参考答案
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
9.
10.
11.
12.
13.
14.
15.由，可得，
结合余弦定理得，
因为，所以；
因为，
所以由正弦定理得，即．
因为，
所以，即，可得的面积．
16.证明：取的中点，连接，，
由是边长为的等边三角形，得，，
易得四边形为正方形，所以，
则，所以．
因为，，平面，
所以平面，
因为平面，
所以平面平面．
由知直线，，两两垂直，
则以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，．
设平面的法向量为，
则，则
取，得，
设直线与平面所成角为，
，
所以直线与平面所成角的正弦值为．
根据线面垂直、面面垂直的判定定理即可证明；
建立空间直角坐标系，利用向量法求线面角即可．
本题考查面面垂直的判定，以及向量法的应用，属于中档题．
17.由题意，的可能取值为，，，，．
所以，，
，，
，
所以的分布列：
由可知若小明选择方案一，
则．
若小明选择方案二，记为小明的累计得分，为小明答对题目的数量，则，
又，所以，
则．
因为，所以小明应选择方案二．
18.设椭圆半焦距为，则依题意有，
因为、分别是椭圆的左、右顶点，且，所以，即，
所以，则，
所以椭圆的方程为．
设、，，
因为点、在椭圆上，所以，
两式相减可得，即，
若的中点为，则，，
所以，所以，故的斜率为．
因为点在上，所以的方程为，即；
设，由题可知直线的斜率不为，可设直线：，
联立，消去并整理得，
则，得，
因为直线与椭圆交于、两点，则由韦达定理得，．
直线的方程为，，
令可得，即点，
直线程为，，
令可得，即点，
则，，
所以
，
当，即时，，
当，即舍去时，，
故当或时，为定值．
19.，根据，可得，
令函数，那么导函数．
令导函数，得，令导函数，得，
因此函数在上单调递增，在上单调递减，
因此，
因此，即实数的取值范围为．
证明：，
令，函数，那么导函数，
令，得，令，得，
因此函数在上单调递增，在上单调递减，
因此，
因此，因此当时，．
证明：由于，因此，
因此．
设函数，那么导函数，令，得．
令，得，令，得，
因此函数在上单调递减，在上单调递增，
取，欲证，即证．
又由于在上单调递减，因此只需证，
又由于，因此也即证，
构造，，
那么等价于证明函数对恒成立．
导函数，
由于，所以，因此导函数，
那么函数在上单调递增，
所以，即已证明对恒成立，
故原不等式成立，即具有性质．
第1页，共1页

展开更多......

收起↑