模拟卷01 高二期末真题汇编-【好题汇编】备战2024-2025学年高二数学下学期期末真题分类汇编（北京专用）

高二数学期末汇编 （一） 时间:120分钟 满分:150分 姓名 第I卷（选择题） 1、 选择题：本题共10小题，每小题4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．（2020·全国II卷·高考真题）已知集合A={x||x|<3，x∈Z}，B={x||x|>1，x∈Z}，则A∩B=（    ） A． B．{–3，–2，2，3） C．{–2，0，2} D．{–2，2} 2．（2025·陕西渭南·二模）若，则（    ） A．1 B．2 C．5 D． 3．（2024·北京东城·一模）已知，若，则的取值可以为（    ） A．2 B．1 C． D． 4．（23-24高二下·北京海淀·期末）已知双曲线的左右焦点依次为，，且，若点在双曲线的右支上，则（    ） A． B．6 C．8 D．10 5．（2011·北京丰台·一模）设m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面．有下列四个命题： ①若，，则； ②若，，则m； ③若，，，则； ④若，，，则． 其中正确命题的序号是（   ） A．①③ B．①② C．③④ D．②③ 6．（24-25高二下·北京·期中）甲、乙、丙、丁和戊5名同学进行数学演讲比赛，若安排上场顺序时甲、乙均不能第一个上场，且乙不能最后一个上场，则这5人上场顺序的不同排法种数为（   ） A．27 B．48 C．54 D．72 7．（19-20高二下·北京海淀·期末）对于上可导的任意函数，若当时满足，则必有（    ） A． B． C． D． 8．（2024·北京海淀·二模）设是公比为的无穷等比数列，为其前n项和，，则“”是“存在最小值”的（    ） A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 9．（23-24高二下·北京·期末）已知函数，，其中，．若的最小正周期为，且当时，取得最大值，则（    ） A．在区间上是减函数 B．在区间上是减函数 C．在区间上是增函数 D．在区间上是增函数 10．（2025·辽宁·一模）已知在数列中，，则的前项中的最大项为（    ） A． B． C． D． 第II卷（非选择题） 二、填空题：本题共5个小题，每小题5分，共25分． 11．（23-24高二下·北京延庆·期末）2023年起延庆区将利用三年时间重点打造“延庆东南山·九沟十八湾”乡村振兴品牌，旨在借助延庆区东南部浅山区和山区的沟域空间结构、功能布局及秀美山水，构建9条各具特色的生态沟域廊道、18条生态沟域农文体康旅体验湾，全面推动延庆区乡村振兴，打造新时代首都生态沟域绿色发展新典范. 小明打算从九沟十八湾中选出一沟一湾去旅游，则不同的选法有 种． 12．（24-25高二下·北京·期中）函数在处的切线方程为 . 13．（19-20高三上·天津河西·阶段练习）若展开式中的所有二项式系数和为512，则 ；该展开式中的系数为 （结果用数字表示）. 14．（24-25高二下·北京·期中）已知函数，. （1）时，函数的最小值为 （2）设函数的值域为，若，则实数的取值范围是 . 三、解答题：本大题共6小题，共85分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15．（23-24高二下·北京海淀·期末）已知函数，其中，，若在上单调递减，且，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使函数存在. (1)求，的值； (2)当时，函数恰有一个零点，求的取值范围. 条件①：；条件②：；条件③：. 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分. 16．（24-25高二下·北京·期中）长方体中，为棱的中点，，，. (1)求证：平面； (2)求平面与平面的夹角的余弦值. 17．（24-25高二下·北京·期中）在校运动会上，只有甲、乙、丙三名同学参加铅球比赛，比赛成绩达到9.50m以上（含9.50m）的同学将获得优秀奖．为预测获得优秀奖的人数及冠军得主，收集了甲、乙、丙以往的比赛成绩，并整理得到如下数据（单位：m）： 甲：9.80，9.70，9.55，9.54，9.48，9.42，9.40，9.35，9.30，9.25； 乙：9.78，9.56，9.49，9.36，9.32，9.23； 丙：9.85，9.65，9.20，9.16． 假设用频率估计概率，且甲、乙、丙的比赛成绩相互独立． (1)估计甲在校运动会铅球比赛中获得优秀奖的概率； (2)设X是甲、乙、丙在校运动会铅球比赛中获得优秀奖的总人数，求所有的可能值及其发生的概率． (3)在校运动会铅球比赛中，甲、乙、丙投掷一次铅球，达到优秀的次数分别为，直接写出的大小关系（结论不要求证明） 18．（23-24高二下·北京·期末）如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面平面，，，，点在棱上，且平面． (1)求证：为中点； (2)求二面角的余弦值； (3)在棱上是否存在点，使得与平面所成角的正弦值为？若存在，求出的值：若不存在，说明理由． 19．（2011·北京西城·一模）已知抛物线的焦点为，过的直线交轴正半轴于点，交抛物线于两点，其中点在第一象限. （Ⅰ）求证：以线段为直径的圆与轴相切； （Ⅱ）若,,，求的取值范围. 20．（2024·北京西城·一模）已知函数． (1)当时，求曲线在点处切线的斜率； (2)当时，讨论的单调性； (3)若集合有且只有一个元素，求的值． 21．（2021·北京房山·一模）对于数列，记，其中表示这个数中最大的数，并称数列是的“控制数列”，如数列的“控制数列”是. （1）若各项均为正整数的数列的“控制数列”为，写出所有的； （2）设. （i）当时，证明：存在正整数，使得是等差数列； （ii）当时，求的值(结果可含). 2 / 5 学科网（北京）股份有限公司 $$ 高二数学期末汇编 （一） 时间:120分钟 满分:150分 姓名 第I卷（选择题） 1、 选择题：本题共10小题，每小题4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．（2020·全国II卷·高考真题）已知集合A={x||x|<3，x∈Z}，B={x||x|>1，x∈Z}，则A∩B=（    ） A． B．{–3，–2，2，3） C．{–2，0，2} D．{–2，2} 【详解】因为， 或， 所以. 故选：D. 2．（2025·陕西渭南·二模）若，则（    ） A．1 B．2 C．5 D． 【详解】因为，所以， 所以， 故选：A. 3．（2024·北京东城·一模）已知，若，则的取值可以为（    ） A．2 B．1 C． D． 【详解】令，有， 即或. 故选：A. 4．（23-24高二下·北京海淀·期末）已知双曲线的左右焦点依次为，，且，若点在双曲线的右支上，则（    ） A． B．6 C．8 D．10 【详解】 由题意知，，， ， 双曲线， 点在双曲线的右支上， 由双曲线的定义得，， 故选：B. 5．（2011·北京丰台·一模）设m，n是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面．有下列四个命题： ①若，，则； ②若，，则m； ③若，，，则； ④若，，，则． 其中正确命题的序号是（   ） A．①③ B．①② C．③④ D．②③ 【详解】对于①：①不正确； 对于② ：由，，能得到m ，故②正确； 对于③：若，，，则，故③正确； 对于④：④不正确. 故选:D． 6．（24-25高二下·北京·期中）甲、乙、丙、丁和戊5名同学进行数学演讲比赛，若安排上场顺序时甲、乙均不能第一个上场，且乙不能最后一个上场，则这5人上场顺序的不同排法种数为（   ） A．27 B．48 C．54 D．72 【详解】甲、乙均不能第一个上场，且乙不能最后一个上场， 可以先排甲分两种情况进行考虑： 甲最后一个上场，则乙有3个位置可选，再排另外3人有种，共有种排法， 甲不能最后一个上场，则甲、乙从3个位置可选2个进行排列，有种， 再排另外3人有种，共有种排法， 所以，这5人上场顺序的不同排法种数为种. 故选：C 7．（19-20高二下·北京海淀·期末）对于上可导的任意函数，若当时满足，则必有（    ） A． B． C． D． 【详解】因为， 所以当，即时，，则单调非递增函数， 所以； 当，即时，，单调非递减函数， 所以； 由不等式的性质得：. 故选：B 8．（2024·北京海淀·二模）设是公比为的无穷等比数列，为其前n项和，，则“”是“存在最小值”的（    ） A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 【详解】若，由，则， 故必有最小值，故“”是“存在最小值”的充分条件； 当，时，有， 则有最小值， 故“”不是“存在最小值”的必要条件； 即“”是“存在最小值”的充分而不必要条件. 故选：A. 9．（23-24高二下·北京·期末）已知函数，，其中，．若的最小正周期为，且当时，取得最大值，则（    ） A．在区间上是减函数 B．在区间上是减函数 C．在区间上是增函数 D．在区间上是增函数 【详解】函数的最小正周期为，根据周期公式可得， ， 当时，取得最大值， ，则， ， ， 由，得函数的单调增区间， 由，得函数的单调减区间， 结合选项知C正确， 故选：C． 10．（2025·辽宁·一模）已知在数列中，，则的前项中的最大项为（    ） A． B． C． D． 【详解】因为，所以函数是减函数， 因为，所以，即， 由函数是减函数，， 得，即， 由函数是减函数，， 得，即， 由函数是减函数，， 得，即， 以此类推，可知数列的最大项为. 故选：B. 第II卷（非选择题） 二、填空题：本题共5个小题，每小题5分，共25分． 11．（23-24高二下·北京延庆·期末）2023年起延庆区将利用三年时间重点打造“延庆东南山·九沟十八湾”乡村振兴品牌，旨在借助延庆区东南部浅山区和山区的沟域空间结构、功能布局及秀美山水，构建9条各具特色的生态沟域廊道、18条生态沟域农文体康旅体验湾，全面推动延庆区乡村振兴，打造新时代首都生态沟域绿色发展新典范. 小明打算从九沟十八湾中选出一沟一湾去旅游，则不同的选法有 种． 【详解】由题选出1条生态沟域廊道有9种不同选法， 选出1条生态沟域农文体康旅体验湾有18种不同选法， 故选出一沟一湾去旅游则不同的选法有种. 故答案为：162. 12．（24-25高二下·北京·期中）函数在处的切线方程为 . 【详解】函数，求导得，则，而， 所以所求切线方程为. 故答案为：. 13．（19-20高三上·天津河西·阶段练习）若展开式中的所有二项式系数和为512，则 ；该展开式中的系数为 （结果用数字表示）. 【详解】由已知可得，解得， 则的展开式的通项为， 令，解得， 展开式中的系数为． 故答案为：9，． 14．（24-25高二下·北京·期中）已知函数，. （1）时，函数的最小值为 （2）设函数的值域为，若，则实数的取值范围是 . 【详解】由题设，则， 当时，，则在上单调递减， 当时，，则在上单调递增， 当时，，则在上单调递减， 当时，，则在上单调递增， 时，，，，或时， 所以的最小值为， 显然时，不符合，所以， 此时，在时恒成立，所以上单调递减， 且时，所以在上， 要使， 当时，，而在上，不符合； 当时，，显然，满足题设， 综上，. 故答案为：；. 三、解答题：本大题共6小题，共85分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15．（23-24高二下·北京海淀·期末）已知函数，其中，，若在上单调递减，且，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使函数存在. (1)求，的值； (2)当时，函数恰有一个零点，求的取值范围. 条件①：；条件②：；条件③：. 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分. 【详解】（1）. 由，则周期为，且最大值为，最小值为. 由在上单调递减，且， 得的图象关于直线对称，所以在单调递增. 条件①由在单调递增，， 得， 故， 这与最小值为矛盾，故不选条件①； 选择条件②：在上单调递减，且，， 则，所以，解得， 所以， 由得，故，解得， 故； 选择条件③：在单调递增，由知关于对称， 由，则关于对称，且与为相邻的对称轴， 故，所以，解得， 所以， 由得，故，解得， 故； （2）函数恰有一个零点， 即与的图象在上恰有一个公共点. ,， 设，， 要使与的图象在上恰有一个公共点， 则，即. 16．（24-25高二下·北京·期中）长方体中，为棱的中点，，，. (1)求证：平面； (2)求平面与平面的夹角的余弦值. 【详解】（1）连接，根据长方体的结构特征易知，即四点共面， 所以平面即为平面， 由为棱的中点，，，，则， 所以，且，则， 所以，则， 而平面，平面，则， 由都在平面内，则平面，即平面； （2）由题设，可构建如图示的空间直角坐标系，则， 由（1）知平面的一个法向量为， 又，，若是平面的一个法向量， 所以，取，则， 所以，即所求两个平面夹角的余弦值为. 17．（24-25高二下·北京·期中）在校运动会上，只有甲、乙、丙三名同学参加铅球比赛，比赛成绩达到9.50m以上（含9.50m）的同学将获得优秀奖．为预测获得优秀奖的人数及冠军得主，收集了甲、乙、丙以往的比赛成绩，并整理得到如下数据（单位：m）： 甲：9.80，9.70，9.55，9.54，9.48，9.42，9.40，9.35，9.30，9.25； 乙：9.78，9.56，9.49，9.36，9.32，9.23； 丙：9.85，9.65，9.20，9.16． 假设用频率估计概率，且甲、乙、丙的比赛成绩相互独立． (1)估计甲在校运动会铅球比赛中获得优秀奖的概率； (2)设X是甲、乙、丙在校运动会铅球比赛中获得优秀奖的总人数，求所有的可能值及其发生的概率． (3)在校运动会铅球比赛中，甲、乙、丙投掷一次铅球，达到优秀的次数分别为，直接写出的大小关系（结论不要求证明） 【详解】（1）由频率估计概率可得 甲获得优秀的概率为，乙获得优秀的概率为，丙获得优秀的概率为， （2）的所有可能取值有0,1,2,3， 设甲获得优秀为事件,乙获得优秀为事件，丙获得优秀为事件, ， ， ， . （3）由题意可知：分别服从两点分布， 故,所以， 18．（23-24高二下·北京·期末）如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面平面，，，，点在棱上，且平面． (1)求证：为中点； (2)求二面角的余弦值； (3)在棱上是否存在点，使得与平面所成角的正弦值为？若存在，求出的值：若不存在，说明理由． 【详解】（1）连结交于点，连结，      因为底面是矩形，所以为中点， 因为平面，平面，平面平面, 所以， 又因为为中点，所以为中点. （2）取的中点，连结，， 因为底面为矩形，所以， 因为，为中点，所以，, 所以， 又因为平面平面，平面平面，平面，， 所以平面，所以，所以，，两两垂直， 如图，建立空间直角坐标系，则由题意可得 ，，，，，， 则，，， 由上可知为平面的一个法向量， 设平面的法向量为， 所以，即， 令，则，，所以， 所以， 如图可知二面角为钝角， 所以二面角的余弦值为， （3）假设在棱上存在点满足题意， 由（2），， 设，则， ， 设与平面所成角为，则， 解得或，因为，故， 所以存在点满足题意，此时. 19．（2011·北京西城·一模）已知抛物线的焦点为，过的直线交轴正半轴于点，交抛物线于两点，其中点在第一象限. （Ⅰ）求证：以线段为直径的圆与轴相切； （Ⅱ）若,,，求的取值范围. 【详解】试题分析：（Ⅰ）题意实质上证明线段的中点到轴的距离等于线段长的一半，根据抛物线的定义设可证得；（Ⅱ）同样设，，把已知,用坐标表示出来，消去坐标及，得出与的关系，此时就可得出的取值范围． 试题解析：（Ⅰ）由已知,设，则， 圆心坐标为，圆心到轴的距离为， 圆的半径为， 所以，以线段为直径的圆与轴相切． （Ⅱ）解法一：设，由,,得 ，， 所以， ， 由，得． 又，， 所以． 代入，得，， 整理得， 代入，得， 所以， 因为，所以的取值范围是． 解法二：设，， 将代入，得， 所以（*）， 由，，得 ，， 所以，， ， 将代入（*）式，得， 所以，． 代入，得． 因为，所以的取值范围是． 20．（2024·北京西城·一模）已知函数． (1)当时，求曲线在点处切线的斜率； (2)当时，讨论的单调性； (3)若集合有且只有一个元素，求的值． 【详解】（1）当时，， 所以,得到， 所以曲线在点处切线的斜率为． （2）当时，，易知的定义域为， 又， 因为，所以， 所以时，，时， 所以的单调递增区间为；单调递减区间为． （3）因为，所以， 易知，当时，的定义域为， 所以恒成立，故在上单调递增， 又，所以不合题意， 当时，的定义域为，此时， 所以时，，时，， 故的单调递增区间为，单调递减区间为， 所以． 设，则， 当时，，时，， 所以的单调递减区间为；单调递增区间为． 所以， 所以集合有且只有一个元素时． 21．（2021·北京房山·一模）对于数列，记，其中表示这个数中最大的数，并称数列是的“控制数列”，如数列的“控制数列”是. （1）若各项均为正整数的数列的“控制数列”为，写出所有的； （2）设. （i）当时，证明：存在正整数，使得是等差数列； （ii）当时，求的值(结果可含). 【详解】解析：（1）； （2）（i）当的对称轴， 故当时单调递增，由于， 故当时有，由于是等差数列， 故存在正整数，使得是等差数列； （ii）的对称轴，由于； ①当时，此时最大； 由于，故， 故 ②当时，， 故 ③当时，； ，， 故 ④当时，，，故， ⑤当时，开口向上，对称轴，故单调递增， 故， 则 综上所述，. 2 / 5 学科网（北京）股份有限公司 $$