辽宁省辽西重点高中2024-2025学年高二下学期7月期末考试数学试题（PDF版，含解析）_2025年7月_250721辽宁省辽西重点高中2024-2025学年高二下学期7月期末考试

辽宁省辽西重点高中 2024~2025 学年度下学期高二期末考试 数学试题 考生注意： 1.满分 150分，考试时间 120分钟. 2.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应 题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径 0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域 内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷､草稿纸上作答无效. 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，只有一项是 符合题目要求的. 1．已知集合A{1,2,3,4,5}，B{x∣x2A}，则AB（ ） A．1 B．1,2 C．1,2,3 D．1,2,3,4 2．若命题p：k 2，命题q：直线ykx1与抛物线y=x2无公共点，则q是p的（ ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 1 3．若a1，则4a 的最小值为（ ） a1 A．4 B．6 C．8 D．无最小值 4．如图，在圆锥PO中，AB是底面圆的直径，C在底面圆周上，AB4,BAC 30,M 是BC的中点，PM 与圆锥底面所成角的大小为60o，则圆锥PO的体积为（ ） A．12 3π B．12π C．4 3π D．4π 5．已知V ABC不是直角三角形，三内角A,B,C的对边依次为a,b,c，且满足a2b2 3c2，则 1 1 1   （ ） tanA tanB tanA B A．0 B．1 C．2 D．不是定值 6．已知向量a  ，b  满足|a  |1，b  (1,2)，|a  b  | 5，则向量a  在向量b  上的投影向量坐标为（ ）  1 1 1 2  1 1  1 2 A． ,  B． ,  C． ,  D． ,  10 5 5 5  10 5  5 5 试卷第1页，共4页2 7．已知z i2025，则z （ ） 1i A．12i B．12i C．i D．1 8．对于任意xR，xf x1x1 f x1，且 f 23，则 f 2025（ ） A．1 B．1 C．2025 D．4049 二､多选题：本题共 3小题，每小题 6分，共 18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合 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. 4y 1 9．已知抛物线C:x2 2py(p0)的焦点为F，点M x,y 在抛物线上， M F  1 ，设直线l 为抛物 1 1 1 1 4 n 线C在点M x ,y  nN* 处的切线，过点M 作l 的垂线交抛物线于另一点M x ,y ，若x 1，则 n n n n n n1 n1 n1 1 下列说法正确的是（ ） 1 1 A．p B．直线M M 的斜率为 2 n n1 x n 1 4n1 C．x  x D． M F  n1 2x n n 4 n 10．经过A ( 1,0 )，B0,1两点的曲线C:ax2by2 xy 1如图所示，关于曲线C，下列说法正确的是（ ） A．ab2 B．曲线C经过的整数点个数为3个  2 3 2 3 C．x,y的取值范围均为 ,   3 3  D．若点P在曲线C上，则以OP为半径的圆的面积的最大值为2π 11．下列说法正确的是（ ） A．  12x21x4的展开式中x3的系数为12 B．根据一组样本数据的散点图判断出两个变量线性相关，由最小二乘法求得其回归直线方程为 y0.4xa，若其中一个散点坐标为a,5.4，则a9 C．将两个具有相关关系的变量x、y的一组数据 x,y 、 x,y 、L 、x ,y 调整为x,y 3、 1 1 2 2 n n 1 1 试卷第2页，共4页 n  x x  y y   n  y y 2 i i i i x ,y 3、L 、x ,y 3，决定系数R2不变（附：b i1 ，a  ybx，R2  i1 ） 2 2 n n  n  x x 2  n  y y 2 i i i1 i1 D．已知A、B为随机事件，且PA0.5，PB0.4，则若P  B A 0.5，则P  B A  0.3 三､填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15分. 12．已知x，x 是函数 f xcos3xcos2x，x0,的两个零点，则 x x  ． 1 2 1 2 13．甲同学有 3 本故事书和 1 本科普书，乙同学有 1 本故事书和 3 本科普书，若甲、乙两位同学各取 出 ii1，2，3 本书进行交换，记交换后甲同学有故事书的本数为 X，X 的均值为 E X ，则 i E XE X . 1 3 14．如图所示，在长方体ABCDABCD 中，AD AB9,AA 10，以AB为棱作半平面ABMH 分别和棱 1 1 1 1 1 CC,DD 相交于点M,H，二面角M ABC的平面角为.在三棱柱BCM ADH和四棱柱 1 1 BMCB AHD A中分别放入半径为r,r 的球，在的变化过程中，r r 的最大值为 . 1 1 1 1 1 2 1 2 四､解答题：本题共 5小题，共 77分.解答应写出必要的文字说明､证明过程及演算步骤. 15．设函数 f(x)asin2x(a1)(sinxcosx)，其中aR． (1)当a0时，求函数 f(x)的最小正周期及单调递增区间；  π  (2)记函数y| f(x)|在   ,0  上的最大值为M ．  2  （i）求M 关于a的表达式；  π  （ⅱ）证明：当a1时， f(x) 3M 在   ,0  上恒成立．  2  16．已知a 是等差数列，b 是各项都为正数的等比数列，且a 1，b 2，a b 1，5a b . n n 1 1 3 2 2 3 (1)求a ，b 的通项公式； n n a ,n为奇数 (2)若c  n ，求数列c 的前2n项和S . n b ,n为偶数 n 2n n 17．如图，已知四棱台 ABCDABCD 的上、下底面分别是边长为 2 和 4 的正方形， AA4 ，且 1 1 1 1 1 AA 底面 ABCD ，点 P，Q 分别在棱 DD，BC 上. 1 1 试卷第3页，共4页(1)若 P 是 DD 的中点，证明: AB PQ ； 1 1  1 (2)若 DP DD，PQ// 平面 ABB A ，求二面角 PQDA 的余弦值. 4 1 1 1 x2 y2  2 2  18．已知椭圆C:  1ab0经过点b, b．   a2 b2  3  (1)求C的离心率． (2)设A，B分别为C的左、右顶点，P，Q为C上异于A，B的两动点，且直线BQ的斜率恒为直线AP的 斜率的5倍． ①当b的值确定时，证明：直线PQ过x轴上的定点； ②按下面方法构造数列b ：当bb 时，直线PQ过的定点为Mb ,0，且b 2，证明： n n n1 1 n  1  b 1 1  b 2 1  b n 1  n  n N* 2 3 b 1 b 1 b 1 2 2 3 n1 19．牛顿在《流数法》一书中，给出了高次代数方程的一种数值解法—牛顿法.如图，r是函数 f x的零点， 牛顿用“作切线”的方法找到了一串逐步逼近r的实数x ，x，…x ，x ，在点  x , f x  处作 f x的切线， 0 1 n1 n 0 0 则 f x在xx 处的切线与x轴交点的横坐标是x，同理 f x在  x, f x  处的切线与x轴交点的横坐标是 0 1 1 1 x ，一直继续下去，得到数列x  nN ，从图中可以看到，x较x 接近r，x 较x接近r，……，当n 2 n 1 0 2 1 很大时， x r 很小，我们就可以把x 的值作为r的近似值，即把x 作为函数 f x的近似零点.现令 n n n f x2x13 . (1)当x 1时，求 f x0的近似解x，x ； 0 1 2 (2)在（1）的条件下，求数列x 的前n项和S ； n n 1  x1 1 (3)当x0时，令gx xlnf   ，若 m0时，gxm有两个不同实数根， . 3   2  4 求证： 14m m1. 试卷第4页，共4页2024-2025 学年度下学期高二年级期末考试•数学 参考答案、提示及评分标准 1．C 因为集合A1,2,3,4,5，所以由x21,2,3,4,5，可得B1,0,1,2,3， 所以A B1,2,3. 2．A 命题q：直线ykx1与抛物线y=x2无公共点，把ykx1代入即x2kx10无解， k2402k2，又命题p：k2，所以q是p的充分不必要条件 1 1 1 3．C 若a1，则4a 4a1 42 4a1 48， a1 a1 a1 1 3 1 当且仅当4a1 ，即a 时，等号成立，所以4a 的最小值为8． a1 2 a1 4．D 因为有PO平面ABC，所以PMO为PM与圆锥底面所成角，即PMO60 1 又因为AB是底面圆的直径，所以OCOBOA AB2， 2 又M 是BC的中点，所以OM BC， 由已知AB4,BAC30， 1 1 可得BC ABsinBAC4 2，所以OM  AC 3. 2 2 又PO平面ABC,OM 平面ABC，所以POOM. PO PO 由tanPMO   3，解得OP3， OM 3 1 1 所以圆锥PO的体积V  POS  3π22 4π， 3 eO 3 5．A 由余弦定理以及a2b2 3c2可得： cosC sinC 2abcosC2c2 sinAsinBcosCsin2C  ， sinC sinAsinB 又在三角形中有sinABsinC，即sinABsinAcosBcosAsinB， cosC sinAcosBcosAsinB cosB cosA 所以    sinC sinAsinB sinB sinA 1 1 1 故   0. tanA tanB tanC 6．A 因为|a|1，b (1,2)，|ab| 5， 1 所以a22abb2 12ab55，则ab ， 2 答案第1页，共11页1 所以向量a在向量b 上的投影向量坐标为 ab b  21,2 1 1,2  1 , 1   . b 2 5 10 10 5 故选：A 7．A 【分析】由复数的除法运算、乘方运算得到z，再由共轭复数得到z. 2 21i 【详解】z 1i i2025  1i1i i12i，所以z12i， f x1 f x 1 f x 1 1 8．D 由xf x1x1 f x1，当xN*时，可得      ， x1 x xx1 x x x1  f 3 f 2 1 1     3 2 2 3   f 4 f 3 1 1     4 3 3 4   赋值可得： f 5 f 4 1 1 ，     5 4 4 5    f 2025 f 2024 1 1      2025 2024 2024 2025 f 2025 f 2 1 1 利用累加法可得：    ， 2025 2 2 2025 f 2025 3 1 1 4049 代入 f 23可得：      f 20254049， 2025 2 2 2025 2025 p 1 1 9．ACD 对于选项A，因为 M F  y   y  ，解得p ，所以选项A对， 1 1 2 1 4 2 因为x2  y，即y=x2，则y2x， 所以抛物线在点M x ,y  nN* 处的切线方程为yy 2x xx ， n n n n n n 1 直线M M 的斜率为 ，所以选项B错； n n1 2x n  1 yy  xx  1 1 由 n 2x n ，消y得到x2 xx2 0， n 2x n 2   yx2 n 1 1 则x x  ，得到x  x ，所以选项C正确； n n1 2x n1 2x n n n 2  1  1 1 对于选项D，因为y x2  x  x2 1 y  1 y 1， n1 n1 2x n  n 4x2 n 4x2 n n n n 答案第2页，共11页得到y y 1，所以当n2nN时，y  y y y y y  y y  y n1， n1 n n 1 2 1 3 2 n n1 1 1 4n1 又y x2 1，所以y n，则 M F  y   ，故选项D正确． 1 1 n n n 4 4 a1 10．CD 对于A，将A(1,0)，B0,1代入方程ax2by2 xy 1，可得 ，故A错误； b1 对于B，由A可知曲线C:ax2by2 xy 1，当x0时，y2 1，解得y1； 当x1时，1y2 y 1，解得y1或0或1；同理可得当x1时，y1或0或1； 当xm， m 2，mZ时，m2y2 my 1，即y2mym210， 由m24  m21  43m2 0，则方程无解， 综上可得曲线C经过的整数点有0,1，0,1，(1,-1)，1,0，1,1，1,1， 1,0，1,1，共8个，故B错误； 对于C，将曲线C的方程等价转化为关于y的一元二次方程y2xyx210， 则x24  x21  43x2 0，解得 2 3 x 2 3 ， 3 3 2 3 2 3 同理可得  y ，故C正确； 3 3 x2y2 对于D，x2y2 1 xy  1，当且仅当 x  y 时，等号成立， 2 x2y2 由x2y2  1，则x2y2 2，即OP的最大值为 2，所以圆的面积最大值为2π，故D正确. 2 11．ACD 对于A选项，1x4的展开式通项为Crxr0r4,rN， 4 因为  12x21x4 1x42x21x4， 1x4的展开式通项为Crxr0r4,rN，令r3， 4 2x21x4的展开式通项为2x2Ckxk 2Ckxk20k4,kN，令k23，可得k 1， 4 4 因此，展开式中x3的系数为C32C1 42412，A对； 4 4 对于B选项，将点a,5.4的坐标代入回归直线方程得0.4aa5.4，解得a9， 但回归直线不一定过样本点，B错； 答案第3页，共11页对于C选项，设原数据对应的回归直线方程为ybxa，   则新数据对应的回归直线方程为ybxa3，新数据的样本中心点为 x,y3 ，  n y 3  y 3  2  n  y y 2  i i  i i 新数据的决定系数为R2  i1  i1 R2，C对；  n y 3  y3  2  n  y y 2  i  i i1 i1 对于D选项，PA0.5，PB0.4，若PB A0.5， 则PBPAPB AP  A  P  B A  ，即0.40.50.50.5P  B A  ，   所以P B A 0.3，D对． 2π 3x2x 3x2x 5x x 12． 根据和差化积公式得 f xcos3xcos2x2sin sin 2sin sin ， 5 2 2 2 2 5x x 则令2sin sin 0， 2 2 x x  π 当sin 0时，因为x0,π，则 0, ，此时无解， 2 2  2 5x 5x  5π 当sin 0 ，因为x0,π，则 0, ， 2 2  2  5x 2π 4π 则 π或2π，解得x 或x ， 2 5 5 4π 2π 2π 则 x x    . 1 2 5 5 5 13．4 当i1时，X 的可能取值为2，3，4， C1C1 9 2C1C1 3 则PX 2 3 3  ,PX 3 1 3  ， C1C1 16 C1C1 8 4 4 4 4 C1C1 1 9 3 1 5 PX 4 1 1  ，所以E X2 3 4  ； C1C1 16 1 16 8 16 2 4 4 当i3时，X 的可能取值为0，1，2， C3C1 1 2C3C2 3 则PX 0 3 3  ,PX 1 3 3  ， C3C3 16 C3C3 8 4 4 4 4 C2C1C2C1 9 1 3 9 3 PX 2 3 1 3 1  ，所以E X0 1 2  ； C3C3 16 3 16 8 16 2 4 4 5 3 则E XE X  4， 1 3 2 2 14．196 5 如图所示，这两个球在长方体左侧面上的投影分别为球的两个大圆，且都与直线AH相 答案第4页，共11页切，  9tan π 设HAD，由tan  2  9 r 1 r ，得r 1  2  ，同理 tan 2   r 2 ，得r 2 5    1tan  2   ， 1 1tan 2 10r 2 2  10  9x 由已知可得tan0, .令tan x，则r r  51x，  9  2 1 2 1x 记 f x 9x 51x,x0，则 fx 9 5，由 9 50得x 3 1. 1x 1x2 1x2 5  3   3  当x  0, 1 时 fx0, f x单调递增，当x  1, 时 fx0, f x单调递减，  5   5   3  所以 f x  f  1  196 5， max  5   3 经检验，当tan  1时，r r 的最大值为196 5. 2 5 1 2  π 15．解：（1）当a0时， f(x)(sinxcosx) 2sinx   4 T 2π π π 3π π 5π 2kπ x 2kπ 可得：2kπ x2kπ 2 4 2 4 4  π 5π f(x)的单调递增区间为2kπ ,2kπ ,kZ  4 4   π  π  （2）（i）令tsinxcosx 2sinx ，则x   ,0  可得t[1,1]．  4  2  f(x)a  t21  (a1)tat2(a1)ta 令g(t)at2(a1)ta 当a0时，g(t)t[1,1]，故M 11a． 1a 当a0时，(a1)24a2 0，对称轴t  ,g(1)a1,g(1)1a 对 2a 答案第5页，共11页 1 ①当a1时，t 1, ,g(1)0,g(1)0 对  2 1a 1a 5a22a1 M  g  g   2a   2a  4a ②当1a0时，t 1，故g(t)在1,1上单调递减 对 M |1a|1a 1 ③当0a 时，t 1，故g(t)在[1,1]上单调递减 3 对 M |1a|1a 1  1   1a 1a  ④当a 时，t  ,1，故g(t)在1, 上单调递减，在 ,1上单调递增． 3 对  2   2a   2a  1a 1a 5a22a1 M  g  g   2a   2a  4a 5a22a1  a1 4a   1 综上，M  1a 1a 3   5a22a1 1  a  4a 3 （ⅱ） f(x)2acos2x(a1)(cosxsinx)  f(x) |2acos2x(a1)(cosxsinx)|2a 2|a1| 当a1时，2a 2|a1|(2 2)a 2 15a26a3 7a a 3 3 7a 33 3M        4a 2 4 4a 2 2 2 7a 33 而  (2 2)a 2 2 2  f(x) 3M． 16．解：（1）a 是等差数列，b 是各项都为正数的等比数列，设公差为d，公比为qq0，由 n n a 1，b 2，a b 1，5a b ， 1 1 3 2 2 3 12d 2q1 可得 ，解得：d q2（负的舍去）， 51d 2q2 则a 2n1，b 2n n n 答案第6页，共11页2n1,n为奇数 （2）c  n 2n,n为偶数 ∴S c c  c c c  c 15 4n3  2224 22n 2n 1 3 2n1 2 4 2n n14n3 4  14n 4   2n2n  4n1 . 2 14 3 17．证明：（1）以A为坐标原点，AB,AD,AA 所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系， 1 则A0,0,0，B 2,0,4，D0,4,0，D 0,2,4， 1 1 设Q4,m,0，其中mBQ，0m4， 若P是DD的中点，则P0,3,2，AB 2,0,4， 1 1 PQ4,m3,2，∴AB PQ880， 1 ∴AB PQ，即AB PQ． 1 1 （2）因为A0,0,0，D 0,2,4，D0,4,0， 1 1 1  7  DD 0,2,4，则DP DD  0,2,4，故P0, ,1， 1 4 1 4  2   7  设Q4,m,0，其中0m4，PQ4,m ,1，  2  由于平面 ABBA的法向量为AD0,4,0， 1 1  7  7 故PQAD0,4,04,m ,10，故m ，  2  2  7  因此Q4, ,0,  2   1  则PQ4,0,1，DQ4, ,0,  2  设平面PQD的一个法向量为mx,y,z， 答案第7页，共11页mPQ4xz0  故 1 ，取y8，则m1,8,4， mDQ4x y0  2 由于平面ADQ的一个法向量为AA 0,0,4 1 mAA 16 4 故cosm,AA  1   , 1 m AA 4 16416 9 1 结合图形可知二面角PQDA的平面角为锐角， 4 ∴二面角PQDA的余弦值为 ． 9  2 2  b2 8b2 b2 1 18．解：（1）因为椭圆C经过点b, b，所以  1，故  ，   3   a2 9b2 a2 9 b2 2 2 所以C的离心率e 1  ； a2 3 x2 y2 （2）①由（1）知C的方程为  1，A3b,0，B3b,0. 9b2 b2 由对称性可知直线PQ的斜率不可能为0，设Px,y ，Qx ,y ，设PQ的方程为xtym． 1 1 2 2 xtym 由  x2 y2 ，可得  t29  y22tmym29b2 0，   1 9b2 b2 所以Δ4t2m24  t29  m29b2 36  t2b2m29b2 0，即m2 t2b29b2， 2tm m29b2 9b2m2 且y y  ，y y  ．所以ty y  y y  1 2 t29 1 2 t29 1 2 2m 1 2 k y x 3b ty m3by ty y m3by 则 BQ  2  1  1 2  1 2 2 k x 3b y ty m3by ty y m3by AP 2 1 2 1 1 2 1 9b2m2  2m y 1 y 2 m3by 2  3bm  3bmy 1 3bmy 2  3bm 5， 9b2m2 3bm 3bmy 3bmy 3bm y y m3by 1 2 2m 1 2 1 解得m2b，则PQ的方程为xty2b， 即直线PQ过x轴上的定点2b,0. 答案第8页，共11页②由①可知，b 2b ，又b 0，b 2， n1 n n 1 所以b 是首项为2，公比为2的等比数列，所以b 2n， n n b 1 2n1 2n1 1 b 1 b 1 b 1 n  n     1  2   n  b 1 2n11 2n12 2 b 1 b 1 b 1 2 n1 2 3 n1 b 1 2n1 1 1 1 1 1 1 n        b 1 2n11 2 42n2 2 32n2n2 2 32n n1 b 1 b 1 b 1 n 11 1 1   1  2   n        b 1 b 1 b 1 2 32 22 2n  2 3 n1 1 1 （1 ） n 6 2n n 1 1 n 1        2 1 2 3 32n 2 3 1 2 n 1 b 1 b 1 b 1 n    1  2   n   nN* . 2 3 b 1 b 1 b 1 2 2 3 n1 19．解：（1）由题意可得在xx 处的切线方程为y f x  fx xx ，令y0，得 0 0 0 0 f x  x x  0 ， 1 0 fx  0 f x  同理可得在xx 处的切线方程为y f x  fx xx ，令y0，得x x  1 ， 1 1 1 1 2 1 fx  1 所以对于函数 f x2x13， fx62x12， 1 故x x  f x 0  1 f 1 1 33  1 ，x x  f x 1   1  f   2   1  23  1 ； 1 0 fx  f1 632 2 2 1 fx  2 1 2 622 6 0 1 f   2 f x  2x 13 2 1 （2）由（1）可知存在递推关系x x  n x  n  x  ， n1 n fx  n 62x 12 3 n 6 n n 1 2 1 1 2 1 构造等比数列x   x    x  ， n1 2 3 n 6 2 3 n 2  1 1 2 所以数列x  是以x  1为首项， 为公比的等比数列，  n 2 1 2 3 1 2 n1 2 n1 1 故x    x    ， n 2 3 n 3 2 答案第9页，共11页2 n 所以数列x n 的前n项和S n  1   3 2    1 2 n33   2 3   n  n 2 ； 1 3 1  x1 （3）由题意可得gx xln  f   xlnxx0，则gxlnx1， 3   2  1  1 1  令gx0，得x ，当x0, 时，gx0；当x ,时，gx0， e  e e   1 1  1 1 所以gx在0, 单调递减，在 ,单调递增，所以gx g  ，  e e  min e e 又当x0时，gx0；当x时，gx，且g10，  1  所以当m ,0时，gxm有两个不同实数根，  e   1   1  又 ,0 ,0，所以gxm确实有两个不同实数根，，  4   e   1 1  且0, , ,1，lnlnm，  e e  先证明右半部分：m1， 考虑gx在x1处的切线方程：yg1g1x1yx1 当ym时，xm1，因为1，所以ym与切线的交点的横坐标大于，  1 即m1，又0, ，故m1；  e 再证明左半部分： 14m， 观察不等式14m的结构，联想到一元二次方程的两根之差 x x  x x 2 4xx ， 1 2 1 2 1 2 即构造方程x2xm0来描述不等式的左边， 故尝试将gxxlnx放缩为二次函数，即将lnx放缩成x1， 故令hxlnxx1lnxx1x0， 1 1x 则hx 1 ，当x0,1时，hx0；当x1,时，hx0， x x 所以hx在0,1上单调递增，在1,上单调递减，所以hxh10， 即lnxx1，当且仅当x1时取等号， 所以当x0,1时，gxxlnxxx1x2x  x 1   2  1 ，  2 4 答案第10页，共11页1 1 故当 m0时，方程x2xm有两个不同的实数根，记为t ,t ，且t  t ， 4 1 2 1 2 2 1 1 1 1 t t 1,tt m，又g  ln2 ，故0 1，所以t 10， 1 2 12 2 2 4 2 1 因为lnt2t 02t2t t t 1，所以得到t ， 1 1 1 1 1 1 1 同理可得t ，所以t t  t t 2 4tt  14m， 2 2 1 1 2 12 综上所述， 14mm1. 答案第11页，共11页