山东省青岛第十七中学2025-2026学年高二下学期期末测试数学试题及答案

试卷第1页，共3页山东省青岛 2025-2026 学年高二下学期期末测试数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．复数，则（ ）A．1B．2C．3D．42．已知向量 ，则 “ ” 是 “ ” 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3．已知集合，，则（ ）A．B．C．D．4．已知，，则（ ）A．B．C．D．25．设是定义在上的奇函数，，，则（ ）A．B．0C．1D．26．Margalef 丰富度指数是用于衡量群落中生物种类丰富程度的一个指标，其中 S和 N 分别表示群落中的生物种数和生物个体总数．如果某生物群落一年后的生物种类数 S没有改变，生物个体总数由变为，Margalef 丰富度指数由 1.8 提高到 4.5，则（ ）A．B．C．D．7．如图，在中，，为中点，点在上，，，试卷第2页，共3页，则（ ） A．B．C．D．8．设函数（其中，均大于 0），若，则的最小值为（ ）A．6B．7C．8D．9二、多选题9．设是平面内相交的两条数轴，分别是与轴､轴正方向同向的单位向量，且它们的夹角为.若向量，则把有序实数对叫做在坐标系中的坐标，即.设，则（ ）A．B．C．在上的投影向量的坐标为D．10．已知函数，下列说法正确的是（ ）A．的最小正周期是B．的图象关于点中心对称试卷第3页，共3页C．D．在区间上单调递减11．函数，的定义域为，为偶函数且恒大于 0，，，，，则（ ）A．B．C．D．对于任意，点到直线与的距离之积为三、填空题12．已知等差数列的前项和为，且，，则______.13．已知函数，若，则实数_________．14．已知实数，，…，，满足，且（，3，4，…，10），则当时，的最大值为__________．15．已知圆锥的顶点为，底面圆心为，，，分别为圆锥的母线，，，则三棱锥体积的最大值为________．四、解答题16．在中，内角的对边分别为．已知．(1)求的值；试卷第4页，共3页(2)证明：．17．已知函数.(1)当，求的单调性；(2)若曲线经过点，且在处的切线为 .证明：除切点外，曲线在直线 的下方.18．某同学用“五点法”画函数在某一个周期内的图象时，列表并填入了部分数据，如下表：0(1)求函数的解析式；(2)将图象上所有点向左平移个单位长度，得到的图象，且其图象关于轴对称，求在上的解集．19．如图，在四棱锥中，底面，交于，，试卷第5页，共3页，，，为中点．(1)证明：平面；(2)求与平面所成角的正弦值．20．已知向量，，函数，的所有大于 0 的零点构成递增数列．(1)写出的前 6 项；(2)记的所有偶数项构成数列，设，求数列的前 n 项和．21．已知函数的定义域为．对于正实数 a，定义集合．(1)若，判断是否是中的元素，请说明理由；(2)若，求 a 的取值范围；试卷第6页，共3页(3)若是偶函数，当时，，且对任意，均有．写出，解析式，并证明：对任意实数 c，函数在上至多有 9 个零点．答案第1页，共2页参考答案题号1234567891011答案AACDACBDACDADBCD1．A【详解】依题意，.2．A【分析】先根据向量平行的坐标表示得出的方程，求解的值，再分别判断充分性和必要性是否成立，从而确定与的条件关系.【详解】 若平面向量，，则等价于， 又因为，所以，化简可得：，解得或.若，则一定满足，充分性成立，若，还可以取，不能推出，必要性不成立，因此“”是“”的充分不必要条件，选 A.3．C【分析】先求解分式不等式得到集合 A 的范围，再结合集合 B 的范围判断二者的运算结果和包含关系即可。【详解】对不等式移项得，整理得，等价于，解得或，即.已知，，故 A 错误；，故 B 错误；答案第2页，共2页的所有元素均属于，且中存在小于 0 的元素不属于，因此，C 正确，D 错误.4．D【分析】根据两角和差的正弦公式计算化简，再结合同角三角函数关系计算求解.【详解】已知，，则，，所以，则.5．A【分析】由奇偶性对称性得到函数的周期，再利用周期性对称性即可求解.【详解】由于，，则.故选：A6．C【分析】结合题意列出方程组，再由对数的运算性质可得.【详解】由题意可得，两式相除可得，所以.答案第3页，共2页故选：C.7．B【分析】结合题设易得为等边三角形，可得，，进而得到，再结合平面向量数量积的运算律求解即可.【详解】由，为中点，则，因为，，所以为等边三角形，则，，而，则，由，，所以.故选：B.8．D【分析】由题可得定义域为：，然后分与两种情况结合，可得，最后由基本不等式可得答案.【详解】定义域为：.或，若，此时，为使，则，则此时；若，则此时，为使，则，则此时，综上可得.则，答案第4页，共2页当且仅当，即时取等号.故选：D9．ACD【分析】对于 A，由向量模的计算公式可得答案；对于 B，由数量积的运算律计算可得答案；对于 C，由向量投影向量计算公式可得答案；对于 D，由向量减法坐标计算公式可得答案.【详解】由题可得，，，，对于 A，，故 A 正确；对于 B，，故 B 错误；对于 C，在上的投影向量为，由 B 分析可得，又，则，故 C 正确；对于 D，，故 D 正确.故选：ACD10．AD【分析】AB 选项，利用正弦型函数的性质结合图像判断最小正周期和对称性；C 选项求出函数值的范围判断；D 选项，结合正弦单调性，分析在区间上的单调性.答案第5页，共2页【详解】函数的最小正周期是，函数图象轴上及上方部分不变，轴下方的部分翻折到上方，得函数的图象，则的最小正周期是，A 选项正确；函数的图象都在轴上及轴上方，不可能关于轴上的点中心对称，B 选项错误；，正弦函数在上单调递增，，有，C 选项错误；时，，所以函数在上单调递增，且在上恒成立，结合图像的翻折可知，在区间上单调递减，D 选项正确.故选：AD11．BCD【分析】通过赋值法求出、，推导与的奇偶性及核心恒等式答案第6页，共2页；利用递推关系分析的指数型性质验证 B 选项；通过函数方程展开推导三倍角形式验证 C 选项；利用点到直线距离公式结合核心恒等式验证 D 选项.【详解】令，代入，得.令，代入，得，即.由，得.结合得，又，得，故 A 错误.令，代入，得，即.令，代入，得，由、，得，结合，得，即为奇函数.因此，即.由与，得，解得.，因此 ，，故 B 正确.答案第7页，共2页，代入 ，得，故 C 正确.点到直线的距离为，到直线的距离为，距离之积为：，故 D 正确.12．14【分析】解法一：因为，且为等差数列，可以得到，求解即可.解法二：因为为等差数列，所以为等差数列，设，则，，三项成等差数列，再通过等差中项的性质求解即可.【详解】因为，且，则，于是，则，.解法 2 由于为等差数列，设，则，，三项成等差数列，答案第8页，共2页于是，则，，.故答案为：14.13．【分析】易知当时无解；当时，利用导数研究函数的性质可得在上有且仅有唯一的零点，进而根据求解即可.【详解】，当时，，解得，不符合题意；当时，，则，令，所以在上单调递减，在上单调递增，且，当时，，则，当时，，且时，；时，；所以在上有且仅有唯一的零点.所以当时，，则，解得.综上，.故答案为：e14．13【分析】设连续段长度为，先把该连续段的和记为，再利用相邻两项差的限制，估计该连续段左右两侧各项的最小可能值，从而得到的上界．最后构造等号成立的数列，说明最大值可以取到．【详解】设某一连续段为其项数为因为，所以答案第9页，共2页．记若，则把所有同时变为，条件和均不变，而该连续段的和变为．因此只需讨论的情况．设该连续段左边有 项，右边有 项，则由相邻两项差的绝对值不超过 ，对于连续段内的项，有所以从而同理，从右端向左估计，也有对左边 项，由相邻项差的限制可得，因此左边 项的和不小于对右边 项，同理可得右边 项的和不小于所以整个数列的和满足又因为，所以．于是由于，且在固定时，的最大值出现在一边为，另一边为时，所以答案第10页，共2页因此整理得即当时，上式右端分别为所以任意连续段和的绝对值都不超过．下面说明可以取到．取则且同时故所求最大值为15．【分析】根据已知条件求得母线长，以及长度，从而确定为底面圆直径；再求三角形面积的最大值，即可求得三棱锥体积的最大值.【详解】由圆锥性质知是圆锥的高，底面圆，已知，因此母线长.同理.由，得中.因为，则底面圆直径为，因此是底面圆的直径.三棱锥的高，因此体积.是圆上以为斜边的三角形，点到的最大距离为底面圆的半径 ，答案第11页，共2页因此的最大值为.则的最大值为.16．(1)(2)证明：在中，由余弦定理，得因为，所以.【分析】（1）利用降幂公式化简可得，结合余弦定理化简，从而解得，结合正弦定理即可求解；（2）根据利用余弦定理化简可得，结合三角函数的图像与性质即可求解.【详解】（1）由，得，整理，得.在中，由余弦定理，得.把代入上式，得，因为，所以.答案第12页，共2页在中，由正弦定理，得（2）略17．(1)在单调递减，在单调递增；(2)证明见解析.【分析】（1）求得，利用导数直接判断函数的单调性即可；（2）根据过点，求得参数，再求在切点处的切线 的方程，通过作差构造函数，通过证明，即可证明.【详解】（1）当，，定义域为，，故当，，单调递减；当，，单调递增，故的单调性是：在单调递减，在单调递增.（2），又其过点，则，解得；此时，定义域为，，又，，故曲线在点处的切线 的方程为：，即；要证：除切点外，曲线在直线 的下方，即证：，也即，当且仅当时，取得等号；令，定义域为，，故当，，单调递增；当，，单调递减；故当时，取得极大值，也是最大值，答案第13页，共2页故，也即，当且仅当时，取得等号，故除切点外，曲线在直线 的下方，即证.18．(1)(2)【分析】（1）根据五点法，完善表格，列式计算求解；（2）根据题意求得函数，求导，根据二倍角公式化简结合正弦函数性质计算求解.【详解】（1）根据五点法完善表格部分数据如下：00200由题意知，解得，，又，解得，所以．（2）因为为偶函数，所以 ， ，又，所以时，.答案第14页，共2页 ，，所以，即，又，所以 .则，解得.所以在上的解集为.19．(1)连接，因为，所以 ，则 ，又 ，则 ，则，即为线段的中点．因为为中点，所以为的中位线，则 ，又平面平面 ，故平面 (2)【详解】（1）略（2）因为，所以平面 ，因为 ，为线段的中点．所以且，所以 ，答案第15页，共2页以为原点，的方向分别为 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系,易知 ，所以 ，所以设平面的法向量为 ，则 ，所以 ，解得 ，令，则，所以，设与平面所成角为，则 ，所以与平面所成的正弦值为 ．20．(1)(2)【分析】（1）由二倍角公式和辅助角公式化简可得，令答案第16页，共2页，结合正弦函数的图象性质可得或，取其中的正数构成递增数列可得结果；（2）由错位相减法求和可得结果.【详解】（1）由题意．由，得．所以或．即或，取其中的正数构成递增数列．知的前 6 项为．（2）由（1）知，所以．所以．①．②①－②，得．所以.21．(1)不是；(2)；答案第17页，共2页(3)证明见解析.【分析】（1）直接代入计算和即可；（2）法一：转化为在实数使得，分析得，再计算得，最后根据的范围即可得到答案；法二：画出函数图象，转化为直线与该函数有两个交点，将用 表示，最后利用二次函数函数性质即可得到答案；（3）利用函数奇偶性和集合新定义即可求出时解析式，再分析出，最后对 的范围进行分类讨论即可.【详解】（1）（1），，则不是中的元素.（2）法一：因为，则存在实数使得，且，当时，，其在上严格单调递增，当时，，其在上也严格单调递增，则，则，令，解得，则，则.法二：作出该函数图象，则由题意知直线与该函数有两个交点，由图知，假设交点分别为，，答案第18页，共2页联立方程组得（3）对任意，因为其是偶函数，则，而，所以，所以，因为，则，所以，所以，所以当时，，，则，，则，而，，则，则，所以当时，，而为偶函数，画...