湖南省长沙市开福区长沙市第一中学2024-2025学年高二数学第二学期期末考试模拟试题含解析

湖南省长沙市开福区长沙市第一中学2024-2025学年高二数学第二学期期末考试模拟试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．若复数是纯虚数（是实数，是虚数单位），则等于（）A．2 B．-2 C． D．2．若α是第一象限角，则sinα+cosα的值与1的大小关系是（）A．sinα+cosα＞1 B．sinα+cosα=1 C．sinα+cosα＜1 D．不能确定3．我国古代典籍《周易》用“卦”描述万物的变化．每一“重卦”由从下到上排列的6个爻组成，爻分为阳爻“——”和阴爻“——”，如图就是一重卦．在所有重卦中随机取一重卦，则该重卦恰有3个阳爻的概率是A． B． C． D．4．数列0，，，，…的一个通项公式是()A． B．C． D．5．已知，，的实部与虚部相等，则（）A．2 B． C．2 D．6．为了了解我校今年准备报考飞行员的学生的体重情况，将所得的数据整理后，画出了频率分布直方图（如图），已知图中从左到右的前3个小组的频率之比为1：2：3，第2小组的频数为12,则抽取的学生总人数是（）A．12 B．24 C．48 D．567．若f(x)=ln(x2-2ax+1+a)在区间上递减,则实数的取值范围为（）A． B． C． D．8．用数学归纳法证明某命题时，左式为在验证时，左边所得的代数式为（）A．B．C．D．9．如图是在北京召开的第24届国际数学家大会的会标，会标是根据我国古代数学家赵爽弦图设计的，颜色的明暗使它看上去像一个风车，代表中国人民热情好客．已知图中直角三角形两个直角边的长分别为2和1．若从图中任选一点，则该点恰在阴影区域的概率为（）A． B． C． D．10．曲线和直线所围成图形的面积是（）A．4 B．6 C．8 D．1011．函数的图象过原点且它的导函数的图象是如图所示的一条直线,则的图象的顶点在()A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限12．如图，设、两点在河的两岸，一测量者在的同侧河岸边选定一点，测出、的距离是，，，则、两点间的距离为（）A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．若函数有极大值又有极小值，则的取值范围是__________．14．已知函数，若，则实数的取值范围为__________.15．已知函数是上的增函数，则实数的数值范围为________.16．若，分别是椭圆：短轴上的两个顶点，点是椭圆上异于，的任意一点，若直线与直线的斜率之积为，则__________．三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（12分）已知数列各项均为正数，，，.（1）若，①求的值；②猜想数列的通项公式，并用数学归纳法证明；（2）若，证明：当时，.18．（12分）已知椭圆：，过点作倾斜角互补的两条不同直线，，设与椭圆交于、两点，与椭圆交于，两点.（1）若为线段的中点，求直线的方程；（2）记，求的取值范围.19．（12分）设函数.（1）解不等式；（2）求函数的最大值.20．（12分）为了纪念国庆70周年,学校决定举办班级黑板报主题设计大赛,高二某班的同学将班级长米、宽米的黑板做如图所示的区域划分:取中点,连接,以为对称轴,过两点作一抛物线弧,在抛物线弧上取一点,作垂足为,作交于点.在四边形内设计主题,其余区域用于文字排版,设的长度为米.(1)求长度的表达式,并写出定义域；(2)设四边形面积为,求当为何值时,取最大值,最大为多少平方米?21．（12分）已知函数．（1）解不等式；（2）若对恒成立，求实数的取值范围．22．（10分）如图，在多面体中，四边形是菱形，⊥平面且.(1)求证：平面⊥平面；(2)若设与平面所成夹角为，且，求二面角的余弦值.

参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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、B【解析】

利用复数的运算法则进行化简，然后再利用纯虚数的定义即可得出．【详解】∵复数（1+ai）（1﹣i）＝1+a+（1a﹣1）i是纯虚数，∴，解得a＝﹣1．故选B．本题考查了复数的乘法运算、纯虚数的定义，属于基础题．2、A【解析】试题分析：设角α的终边为OP，P是角α的终边与单位圆的交点，PM垂直于x轴，M为垂足，则由任意角的三角函数的定义，可得sinα=MP=|MP|，cosα=OM=|OM|，再由三角形任意两边之和大于第三边，得出结论．解：如图所示：设角α的终边为OP，P是角α的终边与单位圆的交点，PM垂直于x轴，M为垂足，则由任意角的三角函数的定义，可得sinα=MP=|MP|，cosα=OM=|OM|．△OPM中，∵|MP|+|OM|＞|OP|=1，∴sinα+cosα＞1，故选A．考点：三角函数线．3、A【解析】

本题主要考查利用两个计数原理与排列组合计算古典概型问题，渗透了传统文化、数学计算等数学素养，“重卦”中每一爻有两种情况，基本事件计算是住店问题，该重卦恰有3个阳爻是相同元素的排列问题，利用直接法即可计算．【详解】由题知，每一爻有2种情况，一重卦的6爻有情况，其中6爻中恰有3个阳爻情况有，所以该重卦恰有3个阳爻的概率为=，故选A．对利用排列组合计算古典概型问题，首先要分析元素是否可重复，其次要分析是排列问题还是组合问题．本题是重复元素的排列问题，所以基本事件的计算是“住店”问题，满足条件事件的计算是相同元素的排列问题即为组合问题．4、A【解析】在四个选项中代n=2,选项B,D是正数，不符，A选项值为，符合,C选项值为，不符．所以选A.对于选择题的选项是关于n的关系式，可以考虑通过赋特殊值检验法，来减少运算，或排除选项．5、C【解析】

利用待定系数法设复数z，再运用复数的相等求得b.【详解】设（），则即.故选C.本题考查用待定系数法，借助复数相等建立等量关系，是基础题.6、C【解析】试题分析：根据题意可知，第组的频数为，前组的频率和为，所以抽取的学生总人数为，故选C.考点：频率分布直方图与频数．7、B【解析】

由外函数对数函数是增函数，可得要使函数在上递减，需内函数二次函数的对称轴大于等于1，且内函数在上的最小值大于0，由此联立不等式组求解．【详解】解：令，其对称轴方程为，外函数对数函数是增函数，要使函数在上递减，则，即：．实数的取值范围是．故选：．本题主要考查了复合函数的单调性以及单调区间的求法．对应复合函数的单调性，一要注意先确定函数的定义域，二要利用复合函数与内层函数和外层函数单调性之间的关系进行判断，判断的依据是“同增异减”，是中档题．8、B【解析】试题分析：用数学归纳法证明某命题时，左式为在验证时，左边所得的代数式应为；故选B考点：数学归纳法．9、C【解析】

直接根据几何概型计算得到答案.【详解】，，故.故选：.本题考查了几何概型，意在考查学生的计算能力.10、C【解析】分析：先根据题意画出区域，然后依据图形得到积分下限为0，积分上限为2，从而利用定积分表示出曲边梯形的面积，最后用定积分的定义求出所求即可.详解：曲线和直线的交点坐标为（0,0）,(2,2),(-2,-2),根据题意画出图形，曲线和直线所围成图形的面积是.故选C.点睛：该题所考查的是求曲线围成图形的面积问题，在解题的过程中，首先正确的将对应的图形表示出来，之后应用定积分求得结果，正确求解积分区间是解题的关键.11、A【解析】

设，则，由图可知，从而可得顶点在第一象限.【详解】因为函数的图象过原点，所以可设，，由图可知,，则函数的顶点在第一象限，故选A.本题主要考查导数公式的应用，考查了直线与二次函数的图象与性质，属于中档题.12、A【解析】

利用三角形的内角和定理求出，再利用正弦定理即可求解.【详解】由三角形的内角和可得，在中，由正弦定理可得，所以，故选：A本题考查了正弦定理在生活中的应用，需熟记正弦定理，属于基础题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】

由题可知有两个不相等的实数根,再根据二次函数的判别式法求解即可.【详解】由题,有两个不相等的实数根,故,即,解得或.故的取值范围是.故答案为：本题主要考查了根据函数的极值求解参数范围的问题,同时也考查了二次函数的根的分布问题,属于基础题.14、.【解析】

作出函数f（x）的图象，设f（a）=f（b）=t，根据否定，转化为关于t的函数，构造函数，求出函数的导数，利用导数研究函数的单调性和取值范围即可．【详解】作出函数f（x）的图象如图：设f（a）=f（b）=t，则0＜t≤，∵a＜b，∴a≤1，b＞﹣1，则f（a）=ea=t，f（b）=2b﹣1=t，则a=lnt，b=（t+1），则a﹣2b=lnt﹣t﹣1，设g（t）=lnt﹣t﹣1，0＜t≤，函数的导数g′（t）=﹣1=，则当0＜t≤时g′（t）＞0，此时函数g（t）为增函数，∴g（t）≤g（）=ln﹣﹣1=﹣﹣2，即实数a﹣2b的取值范围为（﹣∞，﹣﹣2]，故答案为：（﹣∞，﹣﹣2]．本题主要考查分段函数的应用，涉及函数与方程的关系，利用换元法转化为关于t的函数，构造函数，求函数的导数，利用导数研究函数的单调性和最值是解决本题的关键．综合性较强．15、.【解析】

根据在上的单调性列不等式组，解不等式组求得的取值范围.【详解】依题意可知且，所以.由于在上递增，所以即，解得.故答案为：本小题主要考查根据分段函数单调性求参数的取值范围，属于中档题.16、2【解析】

设点坐标为，则．由题意得，解得．答案：2点睛：求椭圆离心率或其范围的方法（1）根据题意求出的值，再由离心率的定义直接求解．（2）由题意列出含有的方程(或不等式)，借助于消去b，然后转化成关于e的方程(或不等式)求解．解题时要注意椭圆本身所含的一些范围的应用，如椭圆上的点的横坐标等．三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、(1)①；；②(2)见证明【解析】

（1）①根据递推公式，代入求值即可；②观察已知的数列的前几项，根据其特征，先猜想其通项公式，之后应用数学归纳法证明即可得结果；（2）应用数学归纳法证明.【详解】(1)当时，即当时，当时，当时，②由此猜想：证明如下：①当时，，成立；②假设当时，猜想也成立，即,则当时，.即当时，猜想也成立．由①②得，猜想成立，即.()(2)当时，即当时，由知不等式成立．假设当时，命题也成立，即.由即当时，命题也成立．由①②得，原命题成立，即当时，.该题考查的是数列的有关问题，涉及到的知识点有根据递推公式求数列的特定项，根据已知的数列的前几项猜想数列的通项公式，应用数学归纳法证明问题，属于中档题目.18、（1）；（2）【解析】

（1）设直线l1的方程为y﹣1=k（x﹣1），根据韦达定理和中点坐标公式即可求出直线的斜率k，问题得以解决，（2）根据弦长公式分别求出|AB|，|CD|，再根据基本不等式即可求出．【详解】（1）设直线的斜率为，方程为，代入中，∴.∴.判别式.设，，则.∵中点为，∴，则.∴直线的方程为，即.（2）由（1）知.设直线的方程为.同理可得.∴.∴.令，则，.在，分别单调递减，∴或.故或.即.圆锥曲线中最值与范围问题的常见求法：(1)几何法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形性质来解决；(2)代数法：若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值．在利用代数法解决最值与范围问题时常从以下几个方面考虑：①利用判别式来构造不等关系，从而确定参数的取值范围；②利用隐含或已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；③利用基本不等式求出参数的取值范围；④利用函数的值域的求法，确定参数的取值范围．19、（1）；（2）3【解析】

（1）利用零点分类讨论法解不等式.(2)先化成分段函数，再结合分段函数的图像即得其最大值.【详解】⑴①当x＜-1时，；②当-1≤x≤2时，，；③当时，，；综上，不等式的解集为；⑵，由其图知，.(1)本题主要考查零点讨论法解绝对值不等式，考查分段函数的最值，意在考查学生对这些知识的掌握水平和数形结合分析推理能力.(2)分类讨论是高中数学的一种重要思想，要注意小分类求交，大综合求并.20、(1)(2)当时，四边形面积取得最大值为【解析】

（1）建立平面直角坐标系求出对应点的坐标，利用待定系数法求出抛物线方程，进行求解即可；（2）构造函数，求出函数的导数，利用函数最值极值和导数之间的关系求最值即可.【详解】⑴以为坐标原点，以所在的直线为轴，轴建立平面直角坐标系.所以,所以直线为因为抛物线是以为对称轴，设抛物线的方程为，因为点在抛物线上，所以，所以因为，所以，所以⑵因为，，所以四边形的面积设，由，解得：t1+0-↗极大值↘所以当时，取极大值且是最大值答：当时，四边形面积取得最大值为该题考查的是有关函数应用的问题，涉及到的知识点有求函数的解析式，应用导数求函数的最值，属于中档题目.21、（1）；（2）.【解析】

（1）利用分段讨论法去掉绝对值，求出不等式f（x）-f（2x+4）＜2的解集；（2）由绝对值不等式的意义求出f（x）+f（x+3）的最小值，得出关于m的不等式，求解即可．【详解】解：（1）由题知不等式，即，等价于，或，或；解得或或，即或，原不等式的解集为，，；（2）由题知，的最小值为3，，解得，实数的取值范围为，．本题考查了含有绝对值的不等式解法与应用问题，也考查了不等式恒成立问题，是基础题．22、(1)见解析;(2).【解析】

（1）根据已知可得和，由线面垂直判定定理可证平面，再由面面垂直判定定理证得平面⊥平面.（2）解法一：向量法，设，以为原点，作，以的方向分别为轴，轴的正方向，建空间直角坐标系，求得的坐标，运用向量的坐标表示和向量的垂直条件，求得平面和平面的的法向量，再由向量的夹角公式，计算即可得到所求的值.解法二：三垂线法，连接AC交BD于O，连接EO、FO，过点F做FM⊥EC于M，连OM，由已知可以证明FO⊥面AEC，∠FMO即为二面角A-EC-F的平面角，通过菱形的性质、勾股定理和等面积法求得cos∠FMO，得到答案.解法三：射影面积法，连接AC交BD于O，连接EO、FO，根据已知条件计算，，二面角的余弦值cosθ=，即可求得答案.【详解】（1）证明：连结四边形是菱形，，⊥平面，平面，，，平面，平面，平面，平面⊥平面.（2）解：解法一：设，四边形是菱形，，、为等边三角形，，是的中点，，⊥平面，，在中有，，，以为原点，作，以的方向分别为轴，轴的正方向，建空间直角坐标系如图所示，则所以，，设平面的法向量为，由得设，解得.设平面的法向量为，由得设，解得.设二面角的为，则结合图可知，二面角的余弦值为.解法二：∵EB⊥面ABCD，∴∠EAB即为EA与平面ABCD所成的角在Rt△EAB中，cos∠EAB=又AB=2,∴AE=∴EB=DF=1连接AC交BD于O，连接EO、FO菱形ABCD中，