山西省吕梁市临县第一中学2025届数学高二第二学期期末复习检测试题含解析.doc

山西省吕梁市临县第一中学2025届数学高二第二学期期末复习检测试题
考生须知：
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。

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．奇函数在区间上单调递减，且，则不等式的解集是（ ）
A． B．
C． D．
2．设.若函数，的定义域是.则下列说法错误的是（ ）
A．若，都是增函数，则函数为增函数
B．若，都是减函数，则函数为减函数
C．若，都是奇函数，则函数为奇函数
D．若，都是偶函数，则函数为偶函数
3．己知复数z满足，则
A． B． C．5 D．25
4．方程的实根所在的区间为（ ）
A． B． C． D．
5．有个人排成一排照相，要求甲、乙、丙三人站在一起，则不同的排法种数为（ ）
A． B． C． D．
6．的值为( )
A．2 B．0 C．-2 D．1
7．已知函数，，若，则(　　)
A． B． C． D．
8．已知矩形ABCD中，AB＝2，BC＝1，F为线段CD上一动点（不含端点），现将△ADF沿直线AF进行翻折，在翻折过程中不可能成立的是（　　）

A．存在某个位置，使直线AF与BD垂直 B．存在某个位置，使直线AD与BF垂直
C．存在某个位置，使直线CF与DA垂直 D．存在某个位置，使直线AB与DF垂直
9．已知复数为纯虚数，则
A． B． C．或 D．
10．某学校为了调查高三年级的200名文科学生完成课后作业所需时间,采取了两种抽样调查的方式:第一种由学生会的同学随机抽取20名同学进行调查;第二种由教务处对该年级的文科学生进行编号,从001到200,抽取学号最后一位为2的同学进行调查,则这两种抽样的方法依次为( )
A．分层抽样,简单随机抽样 B．简单随机抽样, 分层抽样
C．分层抽样,系统抽样 D．简单随机抽样,系统抽样
11．广告投入对商品的销售额有较大影响，某电商对连续5个年度的广告费和销售额进行统计，得到统计数据如下表（单位：万元）
广告费
2
3
4
5
6
销售额
29
41
50
59
71
由上表可得回归方程为，据此模型， 预测广告费为10万元时销售额约为（ ）
A．118.2万元 B．111.2万元 C．108.8万元 D．101.2万元
12．下列三句话按三段论的模式排列顺序正确的是（ ）
① 2018能被2整除；②一切偶数都能被2整除；③ 2018是偶数；
A．①②③ B．②①③ C．②③① D．③②①
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知直线在矩阵对应的变换作用下变为直线：，则直线的方程为__________．
14．某电视台连续播放个不同的广告，其中个不同的商业广告和个不同的公益广告，要求所有的公益广告必须连续播放，则不同的播放方式的种数为_______.
15．已知是等差数列，公差不为零．若，，成等比数列，且，则 ， ．
16．以下四个关于圆锥曲线命题：
①“曲线为椭圆”的充分不必要条件是“”；
②若双曲线的离心率，且与椭圆有相同的焦点，则该双曲线的渐近线方程为；
③抛物线的准线方程为；
④长为6的线段的端点分别在、轴上移动，动点满足，则动点的轨迹方程为．
其中正确命题的序号为_________．
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）若，且.
(1)求；
(2)归纳猜想通项公式.
18．（12分）如图，切于点，直线交于两点，,垂足为.

（1）证明：
（2）若,，求圆的直径.
19．（12分）在 中，内角的对边分别为 .已知
（1） 求的值
（2） 若 ，求的面积.
20．（12分）在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（θ为参数），直线l的参数方程为
．
（1）若，求C与l的交点坐标；
（2）若C上的点到l的距离的最大值为，求．
21．（12分）在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数）．
（Ⅰ）求曲线的普通方程；
（Ⅱ）经过点作直线，与曲线交于两点.如果点恰好为线段的中点，求直线的方程．
22．（10分）在中，内角所对的边分别为且满足.
(1)求角的大小；
(2)若，的面积为，求的值..
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、A
【解析】
根据函数为奇函数，以及上的单调性，判断出上的单调性，求得的值，对分为四种情况讨论，由此求得不等式的解集，进而求得的解集.
【详解】
由于函数为奇函数，且在上递减，故在上递减，由于，所以当或时，；当或时，.所以当或时.故当或即或时，.所以不等式的解集为.故本小题选A.
本小题主要考查函数的奇偶性、单调性，考查函数变换，考查含有函数符号的不等式的解法，属于中档题.
2、C
【解析】
根据题意得出，据此依次分析选项，综合即可得出答案．
【详解】
根据题意可知，，
则，据此依次分析选项：
对于A选项，若函数、都是增函数，可得图象均为上升，则函数为增函数，A选项正确；
对于B选项，若函数、都是减函数，可得它们的图象都是下降的，则函数
为减函数，B选项正确；
对于C选项，若函数、都是奇函数，则函数不一定是奇函数，如，，可得函数不关于原点对称，C选项错误；
对于D选项，若函数、都是偶函数，可得它们的图象都关于轴对称，则函数
为偶函数，D选项正确．故选C．
本题考查分段函数的奇偶性与单调性的判定，解题时要理解题中函数的定义，考查判断这些基本性质时，可以从定义出发来理解，也可以借助图象来理解，考查分析问题的能力，属于难题．
3、B
【解析】
先计算复数再计算.
【详解】

故答案选B
本题考查了复数的化简，复数的模，属于基础题型.
4、B
【解析】
构造函数，考查该函数的单调性，结合零点存在定理得出答案．
【详解】
构造函数，则该函数在上单调递增，
，，，
由零点存在定理可知，方程的实根所在区间为，故选B.
本题考查零点所在区间，考查零点存在定理的应用，注意零点存在定理所适用的情形，必要时结合单调性来考查，这是解函数零点问题的常用方法，属于基础题．
5、C
【解析】
总排法数为，故选C．
点睛：本题是排列中的相邻问题，用“捆绑法”求解，解决此问题分两步，第一步把要求相邻的三人捆绑在一起作为一个人，和其他3人看作是4人进行排列，第二步这三人之间也进行排列，然后用乘法原理可得解．
6、A
【解析】
根据的定积分的计算法则计算即可．
【详解】
＝（cosx）
故选：A．
本题考查了定积分的计算，关键是求出原函数，属于基础题．
7、A
【解析】
分析：先求出g（1）=a﹣1，再代入f[g（1）]=1，得到|a﹣1|=0，问题得以解决．
详解：∵f（x）=5|x|，g（x）=ax2﹣x（a∈R），f[g（1）]=1，
∴g（1）=a﹣1，
∴f[g（1）]=f（a﹣1）=5|a﹣1|=1=50，
∴|a﹣1|=0，
∴a=1，
故答案为：A．
点睛：本题主要考查了指数的性质，和函数值的求出，属于基础题．
8、C
【解析】
连结BD，在中，可以作于O，并延长交CD于F，得到成立，得到A正确；由翻折中，保持不变，可得到B正确；根据翻折过程中，，可得到C错误；根据翻折过程中，保持不变，假设成立，得到平面ABD，结合题中条件，进而可得出结果.
【详解】
对于A，连结BD，在中，可以作于O，并延长交CD于F，
则成立，翻折过程中，这个垂直关系保持不变，故A正确；

对于B，在翻折过程中，保持不变，
当时，有平面，从而，
此时，AD＝1，AB＝2，BD＝，故B正确；
对于C，在翻折过程中，保持不变，若成立，则平面CDF，从而，
AD＝1，AC＝，得CD＝2，
在翻折过程中，，即CD＜2，所以，CD＝2不成立，C不正确；
对于D，在翻折过程中，保持不变，若成立，则平面ABD，从而，
设此时，则BF＝，
BD＝，只要，BD就存在，
所以D正确
选C．
本题主要考查空间中直线与直线的位置关系，熟记线面垂直的判定定理与性质定理即可，属于常考题型.
9、B
【解析】
因为复数为纯虚数，，且 ，所以，故选B.
10、D
【解析】
第一种抽样是简单随机抽样，简单随机抽样是指从样本中随机抽取一个，其特点是容量不要太多．第二种是系统抽样，系统抽样就是指像机器一样的抽取物品，每隔一段时间或距离抽取一个．而分层抽样，必需是有明显的分段性，然后按等比例进行抽取．故选D
11、B
【解析】
分析：平均数公式可求出与的值,从而可得样本中心点的坐标，代入回归方程求出，再将代入回归方程得出结论.
详解：由表格中数据可得，，
，解得，
回归方程为，
当时，，
即预测广告费为10万元时销售额约为，故选B.
点睛：本题考查了线性回归方程的性质与数值估计，属于基础题. 回归直线过样本点中心是一条重要性质，利用线性回归方程可以估计总体，帮助我们分析两个变量的变化趋势.
12、C
【解析】分析：根据三段论的一般模式进行排序即可．
详解：由题意知，“一切偶数都能被2整除”是大前提，“2018是偶数”是小前提，“2018能被2整除”是结论．故这三句话按三段论的模式排列顺序为②③①．
故选C．
点睛：“三段论”是演绎推理的一般模式，包括：①大前提——已知的一般原理；②小前提——所研究的特殊情况；③结论——根据一般原理对特殊情况做出的判断．

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13、
【解析】
分析：用相关点法求解，设直线上的点为 直线上的点为，所以，，代入直线的方程
详解：设直线上的点为 直线上的点为，直线在矩阵对应的变换作用下所以：，代入直线的方程整理可得直线的方程为
。
点睛：理解矩阵的计算规则和相互之间的转换。
14、720
【解析】
分两步求解，第一步将所有的公益广告捆绑一起当成一个元素和其他4个不同商业广告进行排列，第二部对个不同的公益广告进行排列，得结果
【详解】
解：由题意，第一步将所有的公益广告捆绑一起当成一个元素和其他4个不同商业广告进行排列，不同的安排方式有种，
第二部对个不同的公益广告进行排列，不同的安排方式有种，
故总的不同安排方式有种，
故答案为：720.
本题考查捆绑法解排列组合问题，是基础题.
15、
【解析】
根据题意列出关于、的方程组，即可解出这两个量的值.
【详解】
由题可得，，故有，
又因为，即，所以.
本题考查等差数列基本量的计算，解题的关键就是根据题意列出关于首项和公差的方程组进行求解，考查运算求解能力，属于中等题.
16、③④
【解析】
对于①， 求出“曲线为椭圆”的充要条件，判断与“”关系，即得①的正误；对于②，根据已知条件求出双曲线的方程，从而求出渐近线方程，即得②的正误；对于③，把抛物线的方程化为标准式，求出准线方程，即得③的正误；对于④，设，根据，可得，代入，求出动点的轨迹方程，即得④的正误.
【详解】
对于①， “曲线为椭圆”的充要条件是“且”.
所以“曲线为椭圆”的必要不充分条件是“”，故①错误；
对于②，椭圆的焦点为，又双曲线的离心率，所以双曲线的方程为，所以双曲线的渐近线方程为，故②错误；
对于③，抛物线的方程化为标准式，准线方程为，故③正确；
对于④，设，，
，即，即动点的轨迹方程为.故④正确.
故答案为：③④.
本题考查充分必要条件、圆锥曲线的性质和求轨迹方程的方法，属于中档题.

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) .
【解析】
(1)分别把，代入递推公式中，可以求出的值；
(2)根据的数字特征猜想出通项公式.
【详解】
(1)由已知a1＝1， ，当时，得
当时，得当时，得
当时，得因此；
(2) 因为,
.
所以归纳猜想，得 (n∈N*).
本题考查了已知递推公式猜想数列通项公式，考查了数感能力.
18、（1）见解析；（2）3
【解析】
试题分析：（1）根据直径的性质，即可证明；
（2）结合圆的切割线定理进行求解，即可求出的直径.
试题解析：
（1）因为是的直径，
则
又，所以
又切于点，
得
所以
（2）由（1）知平分，
则，
又，从而，
所以
所以，
由切割线定理得
即，
故，
即的直径为3.
19、（1） （2）
【解析】
（1）正弦定理得边化角整理可得，化简即得答案．
（2）由（1）知，结合题意由余弦定理可解得 ，，从而计算出面积．
【详解】
（1）由正弦定理得，
所以
即
即有，即
所以
（2）由（1）知，即，
又因为 ，所以由余弦定理得：
，即，解得,
所以，又因为，所以 ，
故的面积为=.
正弦定理与余弦定理是高考的重要考点，本题主要考查由正余弦定理解三角形，属于一般题．
20、（1），；（2）或．
【解析】
试题分析：（1）直线与椭圆的参数方程化为直角坐标方程，联立解交点坐标；（2）利用椭圆参数方程，设点，由点到直线距离公式求参数．
试题解析：（1）曲线的普通方程为.
当时，直线的普通方程为.
由解得或.
从而与的交点坐标为，.
（2）直线的普通方程为，故上的点到的距离为
.
当时，的最大值为.由题设得，所以；
当时，的最大值为.由题设得，所以.
综上，或.
点睛:本题为选修内容，先把直线与椭圆的参数方程化为直角坐标方程，联立方程，可得交点坐标，利用椭圆的参数方程，求椭圆上一点到一条直线的距离的最大值，直接利用点到直线的距离公式，表示出椭圆上的点到直线的距离，利用三角有界性确认最值，进而求得参数的值．
21、（Ⅰ） ；（Ⅱ）.
【解析】
（Ⅰ）利用求曲线的普通方程；（Ⅱ）经过点的直线的参数方程为（为参数），代入曲线中，可得，利用韦达定理求出，结合参数的几何意义得，计算整理即可得到直线的斜率，进而通过点斜式求出直线方程。
【详解】
（Ⅰ）由，且，所以的普通方程为.
（Ⅱ）设直线的倾斜角为，则经过点的直线的参数方程为（为参数），代入曲线中，可得.
由的几何意义知.
因为点在椭圆内，这个方程必有两个实根，
所以.
由是中点，所以，即，解得
所以直线的斜率为，所直线的方程是，即.
本题考查参数方程与普通方程的互化，直线的参数方程，解题的一般思路是求出直线的参数方程代入圆锥曲线的普通方程，结合题意通过韦达定理解答。
22、 (1);(2).
【解析】
分析：（1）根据正弦定理边化角，化简整理即可求得角B的值.
（2）由三角形面积公式，得，再根据余弦定理，即可求得的值.
详解：解：（1）解法一：由及正弦定理得：

，
，
，
．即
（1）解法二：因为所以由可得…… 1分
由正弦定理得
即
，

，即
（2）解法一：，
，
由余弦定理得：，
即，
，
.
（2）解法二：，
，
由余弦定理得：，
即，
由，得或
.
点睛：解三角形问题，多为边和角的求值问题，这就需要根据正、余弦定理结合已知条件灵活转化边和角之间的关系，从而达到解决问题的目的．其基本步骤是：
第一步：定条件，即确定三角形中的已知和所求，在图形中标出来，然后确定转化的方向；
第二步：定工具，即根据条件和所求合理选择转化的工具，实施边角之间的互化
第三步：求结果