Page212025屆高二年級上學期期末考試理科數學試題一、單項選擇題（本大題共12小題，每小題5分，共60分．）1.已知，且是的充分條件，則實數可以是（）A.3 B.1 C. D.【答案】A【解析】【分析】由題意先求出的充要條件，然后結合是的充分條件可得實數的范圍，從而對比選項即可得解.【詳解】由題意，若是的充分條件，則當且僅當，對比選項可知實數可以是3.故選：A.2.已知命題，都有，則為（）A.，都有 B.，使得C.，都有 D.，使得【答案】D【解析】【分析】依據全稱命題的否定推斷即可.【詳解】命題，都有，所以為，使得，故選：D.3.已知是拋物線的焦點，點在拋物線上，則（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】先求得和焦點，然后求得.【詳解】將代入得，則，拋物線，即，，所以焦點，所以.故選：D4.某市環境疼惜局公布了該市，兩個景區年至年各年的全年空氣質量優良天數的數據．現依據這組數據繪制了如圖所示的折線圖，則由該折線圖得出的下列結論中正確的是（）A.景區這七年的空氣質量優良天數的極差為B.景區這七年的空氣質量優良天數的中位數為C.分別記景區，這七年的空氣質量優良天數的眾數為，，則D.分別記景區，這七年的空氣質量優良天數的標準差為，，則【答案】D【解析】【分析】依據極差、中位數、眾數的定義、標準差的性質，結合折線圖逐一推斷即可,【詳解】A：景區這七年的空氣質量優良天數的極差為，故本選項結論不正確；B：景區這七年的空氣質量優良天數的中位數為，故本選項結論不正確；C：由折線圖可知：，明顯，故本選項結論不正確；D：由折線圖可知：景區這七年的空氣質量優良天數的數據波動要比景區這七年的空氣質量優良天數據波動大，因此，所以本選項結論正確，故選：D5.下列給出的圖形中，每個圖案均由若干個星星組成，記第個圖案中星星的個數是，由，，，，可推出（）A.463 B.464 C.465 D.466【答案】C【解析】【分析】由題得，然后列出等式，相加即可.【詳解】由題得，所以，，…，將上述等式相加得，所以，故選C.6.已知具有線性相關的變量x，y，設其樣本點為，回來直線方程為，若（O為坐標原點），則（）A.-1 B.-6 C.1 D.6【答案】A【解析】【分析】依據向量相等的坐標表示，由此即可計算平均數，得到樣本點的中心的坐標，代入回來直線方程求出結果．【詳解】因為樣本點為且，所以所以，；又回來直線方程為過，∴，解得，故選：A．【點睛】本題主要考查了線性回來方程必過樣本中心、向量相等的坐標表示等基礎學問，屬于基礎題.7.已知，且．若在處的切線與直線垂直，則（）A. B. C. D.0【答案】A【解析】【分析】依據導數的定義求得切線的斜率，依據直線垂直列方程，求得，進而求得正確答案.【詳解】依題意，，則，，所以，所以.故選：A8.一個正方體的綻開如圖所示，點為原正方體的頂點，點為原正方體一條棱的中點，那么在原來的正方體中，直線與所成角的正切值為（）A.3 B. C. D.【答案】A【解析】【分析】先還原正方體，將對應的字母標出，依據異面直線所成角的概念，作出異面直線所成角，再利用余弦定理求出此角的余弦值，從而即可得到其正弦值、正切值.【詳解】還原正方體，如圖所示，設正方體棱長為2，由題意可得，，則，，，又在正方體中，所以或其補角即為異面直線與所成角，所以.故選：A.9.設雙曲線的左、右焦點分別為，離心率為．是上一點，且．若的面積為4，則（）A.81 B.42 C.2 D.1【答案】D【解析】【分析】由題得出，然后結合面積公式、雙曲線的定義和勾股定理得出答案.【詳解】因，所以，又P在雙曲線上，所以又的面積為4，所以，結合，解得，又，所以，又，所以，故選：D.10.設函數，若，使得，則的最小值為（）A.2 B. C. D.【答案】C【解析】【分析】因為，使得，所以在的值域包含于在的值域，然后分別求出兩個函數的值域即可.【詳解】因為，使得，所以在的值域包含于在的值域，，所以當時，單調增，當時，單調減，且離對稱軸遠，所以.,所以當時，，單調減，當時，，單調增，，，，所以，所以，所以，解得，故則的最小值為，故選C.11.已知正方體的內切球半徑為1，、平面，若，，現在有以下四個命題：：點的軌跡是一個圓：點的軌跡是一個圓：三棱錐的體積為定值：則下述結論正確的是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】如圖建立以為原點的空間直角坐標系，設.由，，可確定E，F坐標，即可推斷p，q命題正誤；對于，留意到F到平面距離為定值，即可推斷命題正誤；對于，由圓外始終線到圓上點最短距離相關學問可推斷命題s是否正確.后可推斷出正確結論.【詳解】如圖建立以為原點的空間直角坐標系，因正方體的內切球半徑為1，則正方體棱長為2.則，設.對于p，，則點的軌跡是一個以為圓心，半徑為1的圓，故正確；對于q，由，則，又，，則，即F在直線上，故點的軌跡是一條直線，故q錯誤；對于r，留意到，面，面，則面，又F在直線上，則點到平面距離為定值，則為定值，故r正確；對于s，由以上分析可知，即為圓外始終線到圓上點距離，當圓心，圓上一點，直線上點三點共線,且圓上一點，直線上點在圓心同側時距離最小.由題可得，直線到圓心距離為，又圓半徑為1，故最短距離為，即，故s正確.則正確，錯誤，又錯誤，則，錯誤.故選：C12.若函數在區間無零點但有2個極值點，則實數的取值范圍是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由題得在區間無解，在區間有2兩個不同解，然后參變分別，轉換成圖像交點問題即可.【詳解】由題在區間無解，即在區間無解，設，則，所以當時，，單調減，當時，，單調增，所以，明顯當x趨于無窮大時，趨于無窮大，所以；又函數在區間有2個極值點，所以在區間有2兩個不同解，即在區間有2兩個不同解，設，則，所以當時，，單調減，當時，，單調增，所以，明顯當x趨于無窮大和0時，都趨于無窮大，所以，所以實數的取值范圍是，故選：B.二、填空題（每小題5分，共4小題，20分）13.若一組數據的方差為10，則另一組數據的方差為______．【答案】40【解析】【分析】由題意先設出兩組數據的平均數，然后依據已知方差、方差公式運算即可得解.【詳解】由題意設的平均數為，則的平均數為，由題意的方差為，從而的方差為.故答案為：40.14.過雙曲線的右焦點作漸近線的垂線，垂足為，則______．【答案】1【解析】【分析】由題意首先依據漸近線斜率得出，進一步得到，解直角三角形即可得解.【詳解】如圖所示：不妨設點在第一象限，由題意所在直線即雙曲線的漸近線，其方程為，所以，又，所以，從而.故答案為：1.15.曲線上一點到直線的最短距離為______．【答案】【解析】【分析】先求在曲線上與直線平行的切線方程，再依據兩平行線間的距離公式求得正確答案.【詳解】直線的斜率為，令，當時，，所以曲線在點處的切線方程為，即，與的距離為.所以曲線上一點到直線的最短距離為.故答案為：16.已知都在球的球面上，且平面．在球內任取一點，則該點落在三棱錐內的概率為______．【答案】【解析】【分析】先求出三棱錐的體積，然后利用條件求出球O的體積，利用幾何概型得出答案.【詳解】由題可知，所以，如圖設外接圓的圓心為，連接取中點為，連接，則平面，因為，所以，所以四邊形為矩形，所以，在中，，由正弦定理得，所以球O的半徑，所以，所以在球內任取一點，則該點落在三棱錐內概率為故答案為：三、解答題（本大題共6小題，共70分．解答時應寫出必要的文字說明，證明過程或演算）17.已知命題在內單調遞增；命題：關于的不等式對隨意實數恒成立．（1）若為真命題，求實數的取值范圍．（2）若為真命題，求實數的取值范圍．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）依據函數得導數為非負數列不等式，由此求得的取值范圍.（2）先求得為真命題時的取值范圍，進而依據為真命題求得實數的取值范圍.【小問1詳解】對于函數，當為真命題時，在區間上恒成立，所以在區間上恒成立，，所以，所以為真命題時，的取值范圍是.【小問2詳解】由（1）得為真命題時，的取值范圍是，對于命題：關于的不等式對隨意實數恒成立，時，不等式不恒成立，所以，解得，所以為真命題時，；為假命題時，，所以為真命題，即真假，對應的取值范圍是.18.若拋物線焦點為，過點的直線交拋物線于．（1）當平行于軸時，，求；（2）當時，現有以下兩個結論：①；②．請選擇其中一個結論證明．【答案】（1）2（2）當時，只能證明結論②成立【解析】【分析】（1）由題意將代入得，從而即可得解.（2）由題意設出直線方程，將其與拋物線方程聯立，由韋達定理可得，進一步分別代入結論①②驗證即可.【小問1詳解】由題意過點的直線平行于軸時，其方程為，由題意將代入得，所以不妨設，所以，解得.【小問2詳解】如圖所示：由題意不妨設點在點上方，且直線斜率不為0，當時，拋物線方程為，所以設直線的方程為，將其代入拋物線方程得，，，，可以證明結論①不成立，理由如下：由以上條件可知；可以證明結論②成立，理由如下：.19.如圖，四棱錐的底面是平行四邊形，，是的中點，點滿意.（1）證明：平面平面；（2）若，求二面角的余弦值.【答案】（1）證明見解析；（2）二面角的余弦值為【解析】【分析】（1）證明平面，再利用面面垂直的判定定理可證得結論成立；（2）證明出平面，以為原點，分別以、、的方向分別為、、軸的正方向建立空間直角坐標系，利用空間向量法可求得二面角的余弦值.【小問1詳解】由題意得，，，在中，由余弦定理可得，，則，，，平面，平面，平面，所以平面平面.【小問2詳解】由（1）知平面，平面，，又，，平面，所以平面，以為原點，分別以、、的方向分別為、、軸的正方向建立空間直角坐標系，連接，在平行四邊形中，由余弦定理可得，在直角三角形中，，于是、、，由得，設平面的法向量，則，取得，，易知平面的一個法向量，則，由圖可知，二面角的平面角為鈍角，所以，二面角的余弦值為.20.近期，豐城九中高一、高二年級實行“新冠肺炎”防控學問閉卷考試競賽，總分獲得一等獎、二等獎、三等獎的代表隊人數狀況如表，其中一等獎代表隊比三等獎代表隊多10人．為使頒獎儀式有序進行，同時氣氛活躍，在頒獎過程中穿插抽獎活動．并用分層抽樣的方法從三個代表隊中共抽取16人在前排就坐，其中二等獎代表隊有5人（同隊內高一、高二仍接受分層抽樣）獲獎年級一獲等獎代表隊二等獎代表隊三等獎代表隊高一30高二302030（1）完成表格；（2）從前排就坐的一等獎代表隊中隨機抽取3人上臺領獎，用表示高二上臺領獎的人數，求．（3）抽獎活動中，代表隊員通過操作按鍵，使電腦自動產生內的兩個勻整隨機數，隨后電腦自動運行如圖所示的程序框圖的程序．若電腦顯示“中獎”，則代表隊員獲相應獎品；若電腦顯示“感謝”，則不中獎．求代表隊隊員獲得獎品的概率．【答案】（1）30；20（2）（3）【解析】【分析】（1）由題和分層抽樣的定義即可得出答案；（2）由（1）的結論，得出前排就坐的16人中一等獎代表隊有3名高一的學生，3名高二的學生，然后依據古典概率模型求出答案；（3）先求出試驗結果的所構成的全部區域，然后求出獲獎結果構成的區域，利用幾何概型求出答案.【小問1詳解】由表可知，二等將代表隊共50人，設代表隊共有n人，，解得，設一等獎代表隊高一人數為x，，解得，故填30，20.【小問2詳解】由（1）得三個代表隊中前排就坐的比例是依據一等獎：二等獎：三等獎，所以一等獎被抽取的人數為，又同隊內高一、高二仍接受分層抽樣，所以故前排就坐的16人中一等獎代表隊有3名高一的學生，3名高二的學生，則的取值為：0、1、2、3，則.【小問3詳解】試驗的全部結果所構成的區域為，面積為，設事務A表示代表隊隊員獲得獎品，則其所構成的區域為，如圖，陰影部分的面積，這是一個幾何概型，所以，故求代表隊隊員獲得獎品的概率為.21.已知函數．（1）求函數的單調區間；（2）若存在區間，使得的值域為，求實數的取值范圍．【答案】（1）單調遞增區間和，單調遞減區間為（2）【解析】【分析】（1）求出函數導數，解出和即可得出；（2）依據題意可轉化為在有兩個不同的根，利用導數求出的單調性即可.【小問1詳解】可得，由解得或，由解得，的單調遞增區間為和，單調遞減區間為.【小問2詳解】由題可知，大于，并且在單調遞增．假設存在區間，使得的值域為則的圖像與在上有兩個不同的交點．即在有兩個不同的根．令，則，則當時，，單調遞增，當時，，單調遞減，又，所以22.已知曲線，點在橢圓上（與左右頂點不重合），直線、斜率之積為．（1）求的方程；（2）已知直線與交于兩點，且與圓相切于點，直線與相交于兩點，記四邊形的面積為的面積為，①用含的式子表示；②求的最小值．【答案】（1）（2）①；②【解析】【分析】（1）設，依據直線、斜率之積為列方程，從而求得的方程.（2）①先求得