精品解析：四川省成都市蓉城联盟2024-2025学年高二下学期期末考试数学试题

2024~2025学年度下期高中2023级期末考试 数学 考试时间120分钟，满分150分 注意事项： 1．答题前，考生务必在答题卡上将自己的姓名、座位号、准考证号用0.5毫米的黑色签字笔填写清楚，考生考试条形码由监考老师粘贴在答题卡上的“贴条形码区”． 2．选择题使用2B铅笔填涂在答题卡上对应题目标号的位置上，如需改动，用橡皮擦擦干净后再填涂其它答案；非选择题用0.5毫米的黑色签字笔在答题卡的对应区域内作答，超出答题区域答题的答案无效；在草稿纸上、试卷上答题无效． 3．考试结束后由监考老师将答题卡收回． 一、选择题：本题共8小题，每小题5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. （ ） A. 0 B. 56 C. 1 D. 42 【答案】A 【解析】 【分析】根据排列数计算公式，化简求值. 【详解】由题意得， 故选：A. 2. 若随机变量X的期望，则（ ） A. 3 B. 9 C. 11 D. 27 【答案】C 【解析】 【分析】由数学期望的性质即可求解． 【详解】， 故选：C． 3. 在5道试题中有3道代数题和2道几何题，每次从中随机抽出1道题，抽出的题不再放回，则在第1次抽到代数题的条件下，第2次抽到几何题的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据条件概率公式即可求解． 【详解】设“第1次抽到代数题”为事件，“第2次抽到几何题”为事件， 则，， 所以， 故选：C． 4. 已知等差数列的前n项和为，则取最大值时n的值为（ ） A. 8 B. 9 C. 10 D. 18 【答案】B 【解析】 【分析】由已知得到的关系，然后代入等差数列的前项和公式，转化为二次函数问题求解即可． 【详解】因为，所以，整理得， 所以， 因为，所以当时，取得最大值， 故选：B． 5. 5名同学排成一排，甲不站排头，乙不站两端，则不同的排列种数为（ ） A. 54种 B. 48种 C. 36种 D. 42种 【答案】A 【解析】 【分析】根据分类加法和分步乘法计数原理，讨论不同的情况，再根据插空法计算不同排列种数. 【详解】根据甲的要求，分2类， 第一种情况：甲在排尾，则先排另外三位同学，再将乙插空进入队伍内有种， 第二种情况：甲不在排尾也不在排头，先将另外三位同学排好，再将甲乙插空进入队伍内有种， 共有种. 故选：A. 6. 已知函数，则（ ） A. B. C. D. 的大小关系不能确定 【答案】C 【解析】 【分析】由导数求得单调性，根据函数单调性即可求解． 【详解】令，解得， 当时，，在单调递增， 当时，，在单调递减， 又，所以， 故选：C． 7. 的展开式中的系数为（ ） A. 60 B. 120 C. 160 D. 220 【答案】D 【解析】 【分析】确定展开式中对应的各项指数组合，即可列出各项求解． 【详解】的展开式中含项为， 故选：D． 8. 已知函数，若存在唯一的使得，则a的值为（ ） A. B. 1 C. D. e 【答案】B 【解析】 【分析】根据函数导数，判断函数单调性，根据单调性，讨论函数存在唯一零点时的情况，列出方程，求出参数的值. 【详解】由题意得， 因为，令，解得， 可知当时，，即函数在上单调递减， 当时，，即函数在上单调递增，在处取得极小值， 当时，，当时，， 若存在唯一的使得，必有， 所以，化简得， 因为，所以，解得. 故选：B. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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. 假设A，B是两个事件，，则 B. 假设A，B是两个事件，，若，则事件A，B相互独立 C. 随机变量，且，则 D. 随机变量Y服从两点分布，且，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】A.根据事件A与事件B的关系判断；由独立事件的定义判断；C.由正态分布的概率求解判断；D.由两点分布的期望和方差公式判断. 【详解】A.和的大小关系，取决于事件A与事件B的关系，故错误； B.若，则，即 ，则事件A，B相互独立，故正确； C. 因为随机变量，且，所以，故正确； D.因为随机变量Y服从两点分布，且，则，所以，故正确， 故选：BCD 10. 已知，则（ ） A. B. C. 展开式中二项式系数最大的项是第5项 D. 展开式中系数最大的项是第5项 【答案】ABC 【解析】 【分析】对于A令即可判断，对于B令和即可求解，进而判断，对于C由二项式系数的性质即可判断，对于D由，求出即可判断. 【详解】对于A：令，得，故A正确； 对于B：令有， 令有， 所以，故B正确； 对于C：由于展开式中共有9项，故二项式系数最大的项为第5项，故C正确； 对于D：由，所以， 所以系数最大的项不是第5项，故D错误. 故选：ABC. 11. 我国著名数学家华罗庚先生曾说：“数缺形时少直观，形缺数时难入微，数形结合百般好，隔裂分家万事休．”在数学的学习和研究中，常用函数的图象来研究函数的性质，解决相关的问题，已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 当时， B. 若函数存在两个零点，且，则 C. 若恒成立，则 D. 当时，与存在两条公切线 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于当时，首先，再利用指对的切线放缩可得；对于B，根据函数的零点，结合图像分析可得，解不等式即可判断；对于C，由恒成立，可得与存在公共零点，然后可解的值；对于D，利用公切线的求解方式，建立方程组，然后判断解得个数即可. 【详解】选项A：当时，，当且仅当时取等号， 又，当且仅当时取等号，，故A正确； 选项B：存在两个零点且， 与的图象有两个交点， 结合图象可知，，即，故B错误； 选项C：恒成立， 又与在定义域内单调递增， 与存在公共零点， 且，故C正确； 选项D：设曲线的切点为，则切线斜率为， ∴切线方程为，即． 设曲线的切点为， ，∴切线斜率为，切线方程为， 即．由题意得，解得， 则，即， 设，则， 设，则， 则由得得， 则在上单调递减，在上单调递增， ，， 则由零点存在性定理可知，使得，即， 又因为当时，，则，则由得； 得，则在上单调递减，在上单调递增， 则， ， 则由零点存在性定理可知，在和上分别存在一个零点， 则方程存在两个根，和存在两条公切线，故D正确； 故选：ACD． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知函数，则__________ 【答案】1 【解析】 【分析】根据函数求导公式，求出导函数，计算导数值. 【详解】由题意得，代入数值得， 故答案为：1. 13. 已知数列的前n项和为，若，则__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，利用前n项和与第n项的关系，结合构造法求解. 【详解】数列中，，则，解得， ，即，于是， 所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列，， 所以（）. 故答案为： 14. 历史上有一个著名的“伯努利装错信笺问题”，它讲的是某人想邀请朋友来家中聚会，写好了n封请柬，需要装入n个写好友人名字的信封，结果因为粗心把请柬全部装错了信封，求装错的可能会有多少种的问题．瑞士著名数学家欧拉按一般情况给出解答：用A，B，C，……表示写着n位友人名字的信封，a，b，c，……表示n份对应的写好的请柬，把装错的情况总数记作，假设把a错装进B里了，包含着这个错误的一切错装法分两类：第一类：b装入A里，这时每种错装的其余部分都与A，B，a，b无关，应有种错装法；第二类：b装入A，B之外的一个信封，这时的装信工作实际是把（除a之外的）份请柬b，c，……装入（除B以外的）个信封A，C，……，显然这时装错的情况有种，总之在a装入B的错误之下，共有错装法种．a装入C，装入D……的种错误之下，同样都有种错装法，因此可得到的关系式为__________；通过枚举法，容易求出，于是可以迅速用多种方法求出__________． 【答案】 ①. ②. 44 【解析】 【分析】根据已知即可得出的关系；根据递推关系即可求解． 【详解】由已知可得； 由递推关系可得， 故答案为：，44． 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. 已知椭圆的左、右焦点分别为为椭圆C上一点，的周长为6，离心率． （1）求椭圆C的标准方程； （2）过点的直线l与椭圆C交于A，B两点，若，求直线l的方程． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由离心率及的周长求得，再根据即可求解； （2）分类讨论，当直线l为x轴时，与题意不符，当直线l不与x轴重合时，设，联立方程，由韦达定理，平面向量数量积的坐标运算公式即可求解． 【小问1详解】 由已知可得， ， ， ． 【小问2详解】 ，当直线l为x轴时，与题意不符， ∴可设， 由， 得， ， ， 又 ， ， ∴直线l的方程为． 16. 已知等差数列满足：，等比数列满足：． （1）求数列和数列的通项公式； （2）在区间内，求数列有多少项； （3）将数列和数列中的所有项按照从小到大的顺序组成一个新的数列，设数列的前n项和为，求． 【答案】（1） （2）8项 （3） 【解析】 【分析】（1）设等差数列的公差为d，等比数列的公比为q，根据已知列出方程即可求解； （2）由已知列出不等式，即可求解； （3）由通项公式得，再分别用等差和等比数列求和公式计算即可． 【小问1详解】 设等差数列的公差为d，等比数列的公比为q， 由已知可得， 所以，，解得， ，， ． 【小问2详解】 由已知可得，， ， 又， ， ∴在区间内，数列有8项． 【小问3详解】 ， ∴数列的前20项中数列有15项，数列有5项， ． 17. 如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，底面，平面平面． （1）证明：平面； （2）求的长； （3）求平面与平面所成夹角的余弦值． 【答案】（1） 过点A作于点E， ∵平面平面平面，平面平面， 平面， 而平面， ， 又底面平面， ， 而平面， 平面； （2） （3） 【解析】 【分析】（1）过点A作于点E，由平面平面，由线面垂直的性质定理得平面，进而得，又底面，即，由线面垂直的判断定理即可得证； （2）设，由（1）知，即证，利用相似即可求解； （3）建立空间直角坐标系，求平面与平面的法向量，利用向量的夹角公式即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 设，由（1）知， ， ，， ，即， ，； 【小问3详解】 如图，以A为原点，所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系， 则， ， 设平面的法向量为， 由得，令，则 设平面的法向量为， 所以，得，令，得， 设平面与平面所成夹角为， ， ∴平面与平面所成夹角的余弦值为 18. 随着产业的兴起，国内的一些大型的模型需要大量图形计算芯片，加工一块晶圆需要若干（裸片/管芯），由于工艺水平限制，加工出来的并不是全都合格，需要对晶圆上的进行检测，检测合格后方能切割和封装．已知某晶圆加工厂加工的一块晶圆上共有500个，每个的合格率为99.1%，现有两种检测方案，方案一：对每个逐一检测，检测一次需要10秒钟，一块晶圆就需要检测500次；方案二：将k个串联成一组一起检测，检测一次需要秒钟，若通过则该k个全为合格品，若不通过则需要对该k个逐一检测，每个检测是否合格相互独立． （1）当时，即5个一组串联检测，求每组不通过检测的概率；（精确到小数点后三位） （2）设方案一和方案二中每个的平均检测时间分别为X和Y，当X和Y的期望满足时，估算k的值； （3）估算当k为多少时，方案二检测一块晶圆用时最少，最少的时间成本是多少． 参考公式与数据：当时，；． 【答案】（1）0.045 （2）1或99 （3）当时，方案二检测一块晶圆用时最少，最少的时间成本是1400秒 【解析】 【分析】（1）设每组不通过检测的概率为，利用对立事件即可求解； （2）由题意先求的所有可能取值，以及对应的概率，即可得，利用即可求解； （3）由（2）可知，，利用均值不等式得的最小值，设检测一块晶圆需要的时间为Z，则，利用期望的性质即可求解. 【小问1详解】 设每组不通过检测的概率为， 根据题意有，， ∴当时，每组不通过检测的概率为0.045 【小问2详解】 由题意知，的所有可能取值为， 又 ， ， ， 化简可得，解得，即或， 的值为1或99 ； 【小问3详解】 由（2）可知， ， 当且仅当即时取“=”， 设检测一块晶圆需要的时间为Z，则， ， ∴当时，方案二检测一块晶圆用时最少，最少的时间成本是1400秒. 19. 已知函数． （1）当时，求的最小值； （2）若对任意恒成立，求a的取值范围； （3）当时，设的两个零点为，证明：． 【答案】（1）1 （2） （3） 函数，令， 由（1）知在上单调递增，函数有两个零点为， 则为函数的两个零点，又， 当时，；当时，，因此为函数的唯一极小值点， 则，要证，即证，即证， 即证，令， 求导得， 函数在上单调递减，，于是， 所以. 【解析】 【分析】（1）把代入，利用导数求出最小值. （2）求出函数的导数，再按分类，结合单调性确定的范围. （3）借助同构变形，换元并构造函数，利用极值点偏移证得不等式. 【小问1详解】 当时，函数，求导得， 令，求导得，函数在上单调递增， 又，则，使得，即， 当时，在上单调递减， 当时，在上单调递增， ， 所以函数的最小值为1. 【小问2详解】 函数，求导得， 由（1）知，当时，， 当时，在上单调递增，成立， 当时，，使得，当时，在上单调递减， 当时，在上单调递增，，不成立， 所以的取值范围为. 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024~2025学年度下期高中2023级期末考试 数学 考试时间120分钟，满分150分 注意事项： 1．答题前，考生务必在答题卡上将自己的姓名、座位号、准考证号用0.5毫米的黑色签字笔填写清楚，考生考试条形码由监考老师粘贴在答题卡上的“贴条形码区”． 2．选择题使用2B铅笔填涂在答题卡上对应题目标号的位置上，如需改动，用橡皮擦擦干净后再填涂其它答案；非选择题用0.5毫米的黑色签字笔在答题卡的对应区域内作答，超出答题区域答题的答案无效；在草稿纸上、试卷上答题无效． 3．考试结束后由监考老师将答题卡收回． 一、选择题：本题共8小题，每小题5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. （ ） A. 0 B. 56 C. 1 D. 42 2. 若随机变量X的期望，则（ ） A. 3 B. 9 C. 11 D. 27 3. 在5道试题中有3道代数题和2道几何题，每次从中随机抽出1道题，抽出的题不再放回，则在第1次抽到代数题的条件下，第2次抽到几何题的概率为（ ） A. B. C. D. 4. 已知等差数列的前n项和为，则取最大值时n的值为（ ） A. 8 B. 9 C. 10 D. 18 5. 5名同学排成一排，甲不站排头，乙不站两端，则不同的排列种数为（ ） A. 54种 B. 48种 C. 36种 D. 42种 6. 已知函数，则（ ） A. B. C. D. 的大小关系不能确定 7. 的展开式中的系数为（ ） A. 60 B. 120 C. 160 D. 220 8. 已知函数，若存在唯一的使得，则a的值为（ ） A. B. 1 C. D. e 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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. 假设A，B是两个事件，，则 B. 假设A，B是两个事件，，若，则事件A，B相互独立 C. 随机变量，且，则 D. 随机变量Y服从两点分布，且，则 10. 已知，则（ ） A. B. C. 展开式中二项式系数最大的项是第5项 D. 展开式中系数最大的项是第5项 11. 我国著名数学家华罗庚先生曾说：“数缺形时少直观，形缺数时难入微，数形结合百般好，隔裂分家万事休．”在数学的学习和研究中，常用函数的图象来研究函数的性质，解决相关的问题，已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 当时， B. 若函数存在两个零点，且，则 C. 若恒成立，则 D. 当时，与存在两条公切线 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知函数，则__________ 13. 已知数列的前n项和为，若，则__________． 14. 历史上有一个著名的“伯努利装错信笺问题”，它讲的是某人想邀请朋友来家中聚会，写好了n封请柬，需要装入n个写好友人名字的信封，结果因为粗心把请柬全部装错了信封，求装错的可能会有多少种的问题．瑞士著名数学家欧拉按一般情况给出解答：用A，B，C，……表示写着n位友人名字的信封，a，b，c，……表示n份对应的写好的请柬，把装错的情况总数记作，假设把a错装进B里了，包含着这个错误的一切错装法分两类：第一类：b装入A里，这时每种错装的其余部分都与A，B，a，b无关，应有种错装法；第二类：b装入A，B之外的一个信封，这时的装信工作实际是把（除a之外的）份请柬b，c，……装入（除B以外的）个信封A，C，……，显然这时装错的情况有种，总之在a装入B的错误之下，共有错装法种．a装入C，装入D……的种错误之下，同样都有种错装法，因此可得到的关系式为__________；通过枚举法，容易求出，于是可以迅速用多种方法求出__________． 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. 已知椭圆的左、右焦点分别为为椭圆C上一点，的周长为6，离心率． （1）求椭圆C的标准方程； （2）过点的直线l与椭圆C交于A，B两点，若，求直线l的方程． 16. 已知等差数列满足：，等比数列满足：． （1）求数列和数列的通项公式； （2）在区间内，求数列有多少项； （3）将数列和数列中的所有项按照从小到大的顺序组成一个新的数列，设数列的前n项和为，求． 17. 如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，底面，平面平面． （1）证明：平面； （2）求的长； （3）求平面与平面所成夹角的余弦值． 18. 随着产业的兴起，国内的一些大型的模型需要大量图形计算芯片，加工一块晶圆需要若干（裸片/管芯），由于工艺水平限制，加工出来的并不是全都合格，需要对晶圆上的进行检测，检测合格后方能切割和封装．已知某晶圆加工厂加工的一块晶圆上共有500个，每个的合格率为99.1%，现有两种检测方案，方案一：对每个逐一检测，检测一次需要10秒钟，一块晶圆就需要检测500次；方案二：将k个串联成一组一起检测，检测一次需要秒钟，若通过则该k个全为合格品，若不通过则需要对该k个逐一检测，每个检测是否合格相互独立． （1）当时，即5个一组串联检测，求每组不通过检测的概率；（精确到小数点后三位） （2）设方案一和方案二中每个的平均检测时间分别为X和Y，当X和Y的期望满足时，估算k的值； （3）估算当k为多少时，方案二检测一块晶圆用时最少，最少的时间成本是多少． 参考公式与数据：当时，；． 19. 已知函数． （1）当时，求的最小值； （2）若对任意恒成立，求a的取值范围； （3）当时，设的两个零点为，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $