精品解析：贵州省贵州大学附属中学2023-2024学年高二下学期7月期末考试数学试卷

贵州大学附属中学2025届高二（下）期末考试试卷 数学 2024.7 注意事项： 1．本试卷满分150分，考试用时120分钟．答卷前，考生务必将自己的姓名、考号、座位号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将答题卡交回． 第Ⅰ卷（选择题 共58分） 一、单项选择题（共8小题，每小题5分，共40分，每题给出的四个选项中，只有一项是符合要求） 1. 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 在复平面，复数z对应的点坐标为，则（ ） A. i B. -i C. D. 3. 已知，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 4. 展开式中的系数为10，则实数a等于【】 A. -1 B. C. 1 D. 2 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 6. 2024年中国足球乙级联赛陕西联合的主场火爆，一票难求，主办方设定了三种不同的票价分别对应球场三个不同的区域，五位球迷相约看球赛，则五人中恰有三人在同一区域的不同座位方式共有（ ） A. 30种 B. 60种 C. 120种 D. 240种 7. 在同一平面直角坐标系内，函数及其导函数的图象如图所示，已知两图象有且仅有一个公共点，其坐标为，则（ ） A. 函数的最大值为1 B. 函数的最小值为1 C. 函数的最大值为1 D. 函数的最小值为1 8. 设为坐标原点，圆与轴切于点，直线交圆于两点，其中在第二象限，则（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题（共3小题，每小题6分，共18分．每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．） 9. 下列说法正确的是（ ） A. 对于单峰的频率分布直方图，单峰不对称且在右边“拖尾”，则平均数大于中位数 B. 在做回归分析时，残差图中残差点分布的带状区域的宽度越窄表示回归效果越好 C. 以模型去拟合一组数据时，为了求出回归方程，设，求得线性回归方程为，则，的值分别是4和0.3 D. 某人在10次答题中，答对题数为，，则答对7题的概率最大． 10. 在中，所对的边为，设边上的中点为，的面积为，其中，，下列选项正确的是（    ） A. 若，则 B. 的最大值为 C. D. 角的最小值为 11. 将椭圆上所有的点绕原点旋转角，得到椭圆的方程：，则下列说法中正确的是（ ） A. B. 椭圆的离心率为 C. 是椭圆的一个焦点 D. 第Ⅱ卷（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 设，为单位向量，在方向上的投影向量为，则____． 13. 已知正四棱台的上底面与下底面的边长之比为，其内切球的半径为1，则该正四棱台的体积为______. 14. 记为正项数列的前项积，已知，则_________；_________． 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知函数的所有正零点构成递增数列． （1）求函数的周期和最大值； （2）求数列的通项公式及前项和． 16. 如图，在直三棱柱中，，，、分别为、的中点，设平面交棱于点． （1）求； （2）求二面角的平面角的正弦值． 17. 已知函数，在处取得极大值2． （1）求函数的解析式； （2）设函数，若对于任意，总存在，使得，求实数的取值范围 18. 2006年，在国家节能减排的宏观政策指导下，科技部在“十一五”启动了“863”计划新能源汽车重大项目.自2011年起，国家相关部门重点扶持新能源汽车的发展，也逐步得到消费者的认可.如下表是统计的2014年-2023年全国新能源汽车保有量(百万辆)数据： 年份代码 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 年份 2014 2015 2016 2017 2018 2019 2020 2021 2022 2023 保有量 0.12 0.50 1.09 1.60 2.61 3.81 4.92 7.84 13.10 20.41 并计算得:. （1）根据表中数据，求相关年份与全国新能源汽车保有量的样本相关系数(精确到0.01)； （2）现苏同学购买第1辆汽车时随机在新能源汽车和非新能源汽车中选择.如果第1辆购买新能源汽车，那么第2辆仍选择购买新能源汽车的概率为0.6；如果第1辆购买非新能源汽车，那么第2辆购买新能源汽车的概率为0.8，计算苏同学第2辆购买新能源汽车的概率； （3）某汽车网站为调查新能源汽车车主的用车体验，决定从12名候选车主中选3名车主进行访谈，已知有4名候选车主是新能源汽车车主，假设每名候选人都有相同的机会被选到，求被选到新能源汽车车主的分布列及数学期望. 附:相关系数：. 19. 在平面直角坐标系中，动点（）与定点的距离和到直线：的距离之比是常数． （1）求动点的轨迹方程； （2）记动点的轨迹为曲线，过点的直线与曲线交于两点，直线与曲线的另一个交点为. （i）求的值； （ii）记面积为，面积为，面积为，试问是否为定值，若是，求出该定值；若不是，请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 贵州大学附属中学2025届高二（下）期末考试试卷 数学 2024.7 注意事项： 1．本试卷满分150分，考试用时120分钟．答卷前，考生务必将自己的姓名、考号、座位号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将答题卡交回． 第Ⅰ卷（选择题 共58分） 一、单项选择题（共8小题，每小题5分，共40分，每题给出的四个选项中，只有一项是符合要求） 1. 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求出方程组的解，即可得解. 【详解】因为集合表示函数上的点的集合， 集合表示函数上的点的集合， 由，解得或， 所以. 故选：C 2. 在复平面，复数z对应的点坐标为，则（ ） A. i B. -i C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题可得，再由复数除法法则即可求解. 【详解】z对应的点坐标为，所以， 所以 故选：B. 3. 已知，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 【答案】C 【解析】 【分析】说明二者与同一个命题等价，再得到二者等价，即是充分必要条件. 【详解】根据立方的性质和指数函数的性质，和都当且仅当，所以二者互为充要条件. 故选：C. 4. 展开式中的系数为10，则实数a等于【】 A. -1 B. C. 1 D. 2 【答案】D 【解析】 【详解】解：∵Tr+1=C5r•x5-r•（a /x ）r=arC5rx5-2r， 又令5-2r=3得r=1， ∴由题设知C51•a1=10⇒a=2． 故选D 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据函数的两角和与差的正弦公式，化简得到，再利用两角差的正切公式即可求的结果. 【详解】由，得， 即，所以，所以， 所以. 故选：C 6. 2024年中国足球乙级联赛陕西联合的主场火爆，一票难求，主办方设定了三种不同的票价分别对应球场三个不同的区域，五位球迷相约看球赛，则五人中恰有三人在同一区域的不同座位方式共有（ ） A. 30种 B. 60种 C. 120种 D. 240种 【答案】C 【解析】 【分析】依题意，先将在同一区域的三个人选出并选定区域，再对余下的两人分别在其它两个区域进行选择，由分步乘法计数原理即得. 【详解】要使五人中恰有三人在同一区域，可以分成三步完成： 第一步，先从五人中任选三人，有种方法； 第二步再选这三人所在的区域，有种方法； 第三步，将另外两人从余下的两个区域里任选，有种方法. 由分步乘法计数原理，共有种方法. 故选:C. 7. 在同一平面直角坐标系内，函数及其导函数的图象如图所示，已知两图象有且仅有一个公共点，其坐标为，则（ ） A. 函数的最大值为1 B. 函数的最小值为1 C. 函数的最大值为1 D. 函数的最小值为1 【答案】C 【解析】 【分析】分析函数与的单调性，判断函数的最值的情况即可. 【详解】分析函数及其导函数的图象，可知虚线表示的是的图象，实线表示的是的图象. 并且当时，；当时，. 对函数，， 因为，在上恒成立，所以在上恒成立. 即函数在上单调递增，无最值； 对函数，， 当时，；当时，. 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 所以函数在处取得最大值，为. 故选：C 8. 设为坐标原点，圆与轴切于点，直线交圆于两点，其中在第二象限，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先根据圆的弦长公式求出线段的长度，再求出直线的倾斜角，即可求得与的夹角，进而可得出答案. 【详解】由题意，圆心， 到直线距离为， 所以， 直线的斜率为，则其倾斜角为， 则与的夹角为， 所以. 故选：D． 二、多项选择题（共3小题，每小题6分，共18分．每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．） 9. 下列说法正确的是（ ） A. 对于单峰的频率分布直方图，单峰不对称且在右边“拖尾”，则平均数大于中位数 B. 在做回归分析时，残差图中残差点分布的带状区域的宽度越窄表示回归效果越好 C. 以模型去拟合一组数据时，为了求出回归方程，设，求得线性回归方程为，则，的值分别是4和0.3 D. 某人在10次答题中，答对题数为，，则答对7题的概率最大． 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据频率分布直方图的特征判断样本的分布特征，即可判断A，根据残差的意义，即可判断B，根据转化关系，即可判断C，比较概率，列出不等式，即可判断D. 【详解】A. 对于单峰的频率分布直方图，单峰不对称且在右边“拖尾”，则平均数大于中位数，故A正确； B. 在做回归分析时，残差图中残差点分布的带状区域的宽度越窄表示回归效果越好，故B正确；， C.由，设，则，即， 所以，，即，故C错误； D.由题意可知，， 设答对道题的概率最大，所以 ，解得：， 得，所以答对7题的概率最大，故D正确. 故选：ABD 10. 在中，所对的边为，设边上的中点为，的面积为，其中，，下列选项正确的是（    ） A. 若，则 B. 的最大值为 C. D. 角的最小值为 【答案】ABC 【解析】 【分析】由余弦定理、三角形面积公式结合均值不等式判断ABD三个选项，利用向量的模的计算公式判断C选项. 【详解】选项A，若，由余弦定理，得，所以， 则三角形面积，A正确； 选项B，由基本不等式可得，即， 当且仅当时，等号成立， 由余弦定理可得， 则，B正确； 选项C，因为边上的中点为，所以， 而，即，则， 所以 ，故C正确； 选项D，因为，即， 所以由余弦定理得， 又，且函数在上单调递减，所以，D错误. 故选：ABC. 11. 将椭圆上所有的点绕原点旋转角，得到椭圆的方程：，则下列说法中正确的是（ ） A. B. 椭圆的离心率为 C. 是椭圆的一个焦点 D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据题意，由椭圆的对称性，求解顶点坐标，从而可得，再由椭圆的性质对选项逐一判断，即可得到结果. 【详解】椭圆上所有的点绕原点旋转角， 得到椭圆的方程：， 设点在该椭圆上，则其关于的对称点代入椭圆方程有 ，即，则该对称点位于椭圆方程上， 同理其关于的对称点代入椭圆方程有 ，即，则该对称点位于椭圆方程上， 则关于对称， 所以，故D正确； 将代入可得， 可得椭圆长轴的顶点为，所以，故A正确； 将代入可得， 可得椭圆长轴的顶点为，所以， 则，则，故B错误； 所以焦点坐标为或，所以C正确； 故选：ACD 【点睛】关键点点睛：本题的关键通过证明该非标准椭圆的对称性，从而得到的值，再按照普通椭圆的定义计算即可，也可将该过程想象成坐标系的旋转. 第Ⅱ卷（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 设，为单位向量，在方向上的投影向量为，则____． 【答案】 【解析】 【分析】首先根据投影向量公式求，再代入向量模的公式，即可求解. 【详解】由题意可知，，即， 所以. 故答案为： 13. 已知正四棱台的上底面与下底面的边长之比为，其内切球的半径为1，则该正四棱台的体积为______. 【答案】## 【解析】 【分析】依题意作出棱台的轴截面，利用切线长定理和射影定理求出上下底面边长，代入棱台的体积公式计算即得. 【详解】 如图，作出正四棱台的轴截面,设上底面边长为，则下底面边长为， 则，, 故, 在中，,则由射影定理，得，解得， 于是棱台的上底面面积为，下底面面积为，高为2， 故该正四棱台的体积为：. 故答案为：. 14. 记为正项数列的前项积，已知，则_________；_________． 【答案】 ①. 2 ②. 2025 【解析】 【分析】由数列的前项积，利用赋值法令可求得，将表达式化简可得数列是等差数列，即可求得. 【详解】根据题意令，可知，又数列的各项均为正，即； 解得； 由可得， 即，可得； 所以数列是以为首项，公差为的等差数列； 因此， 所以. 故答案为：2；2025. 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知函数的所有正零点构成递增数列． （1）求函数的周期和最大值； （2）求数列的通项公式及前项和． 【答案】（1）周期2，最大值2 （2）， 【解析】 【分析】（1）先应用辅助角公式化简再得出最大值即可； （2）令可得出，根据题意确定数列的首项和公差，即可求得数列的通项公式. 【小问1详解】 由题可得， 因此函数的周期， 当，即时，取最大值，最大值为． 【小问2详解】 由得， 因此函数的所有正零点为， ，，因此是首项为，公差为1的等差数列； ， 16. 如图，在直三棱柱中，，，、分别为、的中点，设平面交棱于点． （1）求； （2）求二面角的平面角的正弦值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）首先作出得到点的过程，得到截面，再根据几何关系，即可求解； （2）首先建立空间直角坐标系，根据（1）的结果，利用坐标法求二面角的余弦值，再转化为正弦值. 【小问1详解】 如图，延长交于点，连结交于点， 因为点是的中点，所以，且， 所以， 如下图，分离出底面，取的中点，连结，且点是的中点， 所以，且 所以，且， 所以，即， 所以； 【小问2详解】 如图，以点为原点，以的正方向，建立空间直角坐标系， ，，， ，， 设平面的法向量为，则， 令，则，，则， 平面的法向量为， 设二面角的平面角为，， 所以，则. 所以二面角的平面角的正弦值为. 17. 已知函数，在处取得极大值2． （1）求函数的解析式； （2）设函数，若对于任意，总存在，使得，求实数的取值范围 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意列出方程组，再验证即可确定函数的解析式； （2）分类讨论函数的最小值，以及的最小值，转化为 【小问1详解】 ，， 由题意可知，，， 即，，得， 所以，，得， 如下表，的变化情况如表所示， 0 0 减 极小值 增 极大值 减 所以符合题意，所以； 【小问2详解】 因为函数，在时，， 在时，，且， 所以由（1）知，当时，函数有最小值， 又因为对任意，总存在，使得， 则当时，的最小值不大于， 对于的开口向上，对称轴为， 当时，则在上单调递增， 故的最小值为，得， 当时，则在上单调递减， 故的最小值为，得， 当时，则在上单调递减，在上单调递增， 的最小值为，得或，不合题意，舍去； 综上所述：的取值范围是. 18. 2006年，在国家节能减排的宏观政策指导下，科技部在“十一五”启动了“863”计划新能源汽车重大项目.自2011年起，国家相关部门重点扶持新能源汽车的发展，也逐步得到消费者的认可.如下表是统计的2014年-2023年全国新能源汽车保有量(百万辆)数据： 年份代码 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 年份 2014 2015 2016 2017 2018 2019 2020 2021 2022 2023 保有量 0.12 0.50 1.09 1.60 2.61 3.81 4.92 7.84 13.10 20.41 并计算得:. （1）根据表中数据，求相关年份与全国新能源汽车保有量的样本相关系数(精确到0.01)； （2）现苏同学购买第1辆汽车时随机在新能源汽车和非新能源汽车中选择.如果第1辆购买新能源汽车，那么第2辆仍选择购买新能源汽车的概率为0.6；如果第1辆购买非新能源汽车，那么第2辆购买新能源汽车的概率为0.8，计算苏同学第2辆购买新能源汽车的概率； （3）某汽车网站为调查新能源汽车车主的用车体验，决定从12名候选车主中选3名车主进行访谈，已知有4名候选车主是新能源汽车车主，假设每名候选人都有相同的机会被选到，求被选到新能源汽车车主的分布列及数学期望. 附:相关系数：. 【答案】（1）0.89 （2）0.7 （3） 0 1 2 3 ，1 【解析】 【分析】（1）直接根据公式计算即可； （2）利用全概率公式即可求解； （3）设被选到新能源汽车车主人数为，则可能取值为，分别计算出其概率，然后列出分布列，由公式算出数学期望. 【小问1详解】 由， 则. 【小问2详解】 设“第1辆购买新能源汽车”，“第1辆购买非新能源汽车”， “第2辆购买新能源汽车”， ， 由全概率公式得，， 所以苏同学第2辆购买新能源汽车的概率为. 【小问3详解】 设被选到新能源汽车车主人数为，则可能取值为， ， ， 则被选到新能源汽车车主的分布列为， 0 1 2 3 所以. 19. 在平面直角坐标系中，动点（）与定点的距离和到直线：的距离之比是常数． （1）求动点的轨迹方程； （2）记动点的轨迹为曲线，过点的直线与曲线交于两点，直线与曲线的另一个交点为. （i）求的值； （ii）记面积为，面积为，面积为，试问是否为定值，若是，求出该定值；若不是，请说明理由． 【答案】（1） （2）（i）；（ii）是，3 【解析】 【分析】（1）根据题意列出方程，化简，即可求得答案； （2）（i）设，，，设直线方程为，联立曲线C的方程，可得根与系数关系式，同理设直线方程为，化简可得，即可求得答案；（ii）分别求出，的表达式，即可得到的表达式，化简即可得结论. 【小问1详解】 由题意可知，， 化简得，于是，动点的轨迹方程为． 【小问2详解】 （i）设，，，不妨假设在第一象限， 则E在第四象限， 由题意知的斜率存在且不为0， 设直线方程为，代入可得， 需满足，所以， ,直线方程为，代入， 可得，，则， 因为，，所以， 即. 同理，，，即，所以，则关于x轴对称， 所以； （ii）. 所以，. 综上，为定值． 【点睛】易错点点睛：解答此类直线和圆锥曲线的位置关系类题目，综合性较强，难度较大，容易出错的地方在于复杂的计算，并且基本都是字母参数的运算，因此要求计算时要十分细心. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $