精品解析：江苏省盐城市2024-2025学年高二下学期期末考试数学试卷

2024/2025学年度第二学期高二年级期终考试 数学试卷 注意事项： 1．本试卷考试时间为120分钟，试卷满分150分，考试形式闭卷． 2．本试卷中所有试题必须作答在答题卡上规定的位置，否则不给分． 3．答题前，务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水签字笔填写在试卷及答题卡上． 一、单项选择题（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. 样本数据2，4，5，6，8的中位数为（ ） A. B. C. D. 2. 向量，，若，则实数m的值为（ ） A. B. 1 C. 2 D. 3. 直线的倾斜角为 A. B. C. D. 4. 已知随机变量，若，则（ ） A. 0.1 B. 0.2 C. 0.3 D. 0.4 5. 已知变量x，y的取值如下表所示，若y与x线性相关，且线性回归方程为，则等于 x 2 4 5 6 8 y 20 40 60 70 80 A. 0.5 B. 1.5 C. 2 D. 2.5 6. 数列满足，，则（ ） A. B. C. D. 3 7. 双曲线的离心率为2，其中一条渐近线与圆相交于A，B两点，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知直线为曲线与的公共切线，则直线的方程可以为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分．在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，部分选对得部分分，有选错的得0分．） 9. 已知的展开式中常数项为32，则（ ） A. B. 二项式系数和为64 C. 含的项的系数为80 D. 所有项的系数和为243 10. 若点是抛物线上一点，F为抛物线C的焦点，连交抛物线C于另一点Q，则（ ） A. B. C. （O为坐标原点） D. 11. 若随机事件A，B满足，则（ ） A. B. C. D. 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分．） 12. 甲、乙等6人排成一排照相，其中甲、乙两人不相邻的排法数为_______．（用数字表示） 13. 已知函数，则的最大值为_______ 14. 在平行六面体中，，，，则异面直线与所成角的余弦值为_______． 四、解答题（本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．） 15. 设等差数列的前n项和为，已知，． （1）求的通项公式； （2）求数列的前n项和． 16. 如图，已知正三棱柱的体积为，且，点E，F，G分别为棱，，的中点． （1）求证：平面平面； （2）求锐二面角的余弦值． 17. 某电商平台促销盲盒商品，盲盒的外层包装分A、B两种类型．外层包装为A型的概率为，每个A型盲盒中含限量版商品的概率为；外层包装为B型的概率为，每个B型盲盒中含限量版商品的概率为．小王一次性随机购买5个盲盒（假设各盲盒包装类型及所含商品相互独立） （1）求每个盲盒含限量版商品的概率； （2）设随机变量X为小王抽中含限量版商品的盲盒数量，求X的概率分布； （3）若抽中的某个盲盒含限量版商品，求该盲盒外层包装为A型的概率． 18. 已知椭圆的离心率为，且经过点，点F为椭圆E的右焦点． （1）求椭圆E的标准方程； （2）过点作直线l交椭圆E于A，B两点，O为坐标原点． ①若，求直线l的斜率； ②若过点A作直线的垂线，垂足为Q，点N为线段的中点，求证：B，Q，N三点共线． 19. 已知函数 （1）当时，求的单调区间； （2）当时，求证：； （3）若关于x的不等式恒成立，求整数a的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024/2025学年度第二学期高二年级期终考试 数学试卷 注意事项： 1．本试卷考试时间为120分钟，试卷满分150分，考试形式闭卷． 2．本试卷中所有试题必须作答在答题卡上规定的位置，否则不给分． 3．答题前，务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水签字笔填写在试卷及答题卡上． 一、单项选择题（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. 样本数据2，4，5，6，8的中位数为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，结合数据中位数的定义与计算方法，即可求解. 【详解】由数据2，4，5，6，8，根据中位数的定义，可得数据的中位数为5. 故选：B. 2. 向量，，若，则实数m的值为（ ） A. B. 1 C. 2 D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用向量共线列式求解. 【详解】向量，，由，得， 所以. 故选：D 3. 直线的倾斜角为 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】首先将直线化为斜截式求出直线的斜率，然后再利用倾斜角与斜率的关系即可求解. 【详解】由直线， 则， 设直线的倾斜角为， 所以， 所以. 故选：A 【点睛】本题考查了直线的斜截式方程、直线的倾斜角与斜率的关系，属于基础题. 4. 已知随机变量，若，则（ ） A. 0.1 B. 0.2 C. 0.3 D. 0.4 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，利用正态分布的对称性求出概率. 【详解】随机变量，由，得， 所以. 故选：C 5. 已知变量x，y的取值如下表所示，若y与x线性相关，且线性回归方程为，则等于 x 2 4 5 6 8 y 20 40 60 70 80 A. 0.5 B. 1.5 C. 2 D. 2.5 【答案】B 【解析】 【分析】利用线性回归方程过样本中心点即可求解. 【详解】根据表格可得，， 因为线性回归方程过样本中心点， 所以将代入中得，. 故选：B. 6. 数列满足，，则（ ） A. B. C. D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定的递推关系，依次计算确定周期即可得解. 【详解】数列中，，由，得，， ，因此数列是周期数列，周期为3， 所以. 故选：B 7. 双曲线的离心率为2，其中一条渐近线与圆相交于A，B两点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据双曲线的几何性质，求得渐近线方程，结合直线与圆的位置关系，以及点到直线的距离公式和圆的弦长公式，即可求解. 【详解】由双曲线的离心率为，可得， 可得，所以双曲线的渐近线方程为，即， 又由圆，可得圆心为，半径， 当时，即，可得圆心到渐近线的距离为， 此时直线与圆不相交，不符合题意； 当当时，即，可得圆心到渐近线的距离为， 此时直线与圆相交，符合题意， 所以. 故选：D. 8. 已知直线为曲线与的公共切线，则直线的方程可以为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用导数求出两条曲线的切线方程，再利用公共切线可解出切点，进而求得切线的方程. 【详解】设直线与曲线的切点坐标为，直线与曲线的切点坐标为， 直线方程为， ，，直线的方程为， 又，直线的方程化简为， ，，直线的方程为， 又，直线的方程化简为， 直线为曲线与的公共切线， ①，②， 由①得，两边取对数得，，， 代入②中得，，即， 解得或， 当时，，，直线的方程为； 当时，，，直线的方程为； 根据选项可知直线的方程可以为. 故选：C. 二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分．在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，部分选对得部分分，有选错的得0分．） 9. 已知的展开式中常数项为32，则（ ） A. B. 二项式系数和为64 C. 含的项的系数为80 D. 所有项的系数和为243 【答案】AD 【解析】 【分析】先写出二项展开式的通项，令即可得到常数项，从而求出的值，判断A选项；B选项利用二项式系数公式进行求解；C选项令可求解；D选项采用赋值法可得解. 【详解】设的展开式的通项为， 对于A选项，因为展开式中常数项为32，所以令得，， 解得，故A正确； 对于B选项，二项式系数和为，故B错误； 对于C选项，令，则， 所以含的项的系数为40，故C错误； 对于D选项，令，则所有项的系数和为，故D正确. 故选：AD. 10. 若点是抛物线上一点，F为抛物线C的焦点，连交抛物线C于另一点Q，则（ ） A. B. C. （O为坐标原点） D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】求出抛物线的焦点及准线，结合抛物线定义及直线与抛物线交点坐标逐项判断. 【详解】抛物线的焦点，准线， 对于AB，由，得，，AB正确； 对于CD，直线方程为，即， 由消去得，则， ，不垂直，，C错误，D正确. 故选：ABD 11. 若随机事件A，B满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据题意，利用条件概率的计算公式，概率的加法公式，以及对立事件的概率关系，逐项求解，即可得到答案. 【详解】因为，可得，所以， 又因为，可得，所以， 由，代入可得，所以B正确； 又由，可得，所以A错误； 由概率的加法公式，可得，所以C正确； 又由，所以D正确. 故选：BCD. 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分．） 12. 甲、乙等6人排成一排照相，其中甲、乙两人不相邻的排法数为_______．（用数字表示） 【答案】480 【解析】 【分析】根据给定条件，利用不相邻问题插空法列式求解发. 【详解】依题意，甲、乙两人不相邻的排法数为. 故答案为：480 13. 已知函数，则的最大值为_______ 【答案】 【解析】 【分析】利用导数求出函数的最大值. 【详解】函数的定义域为R，求导得， 当时，；当时，， 函数在上单调递增，在上单调递减， 所以当时，取得最大值. 故答案为： 14. 在平行六面体中，，，，则异面直线与所成角的余弦值为_______． 【答案】 【解析】 【分析】利用平行六面体的结构特征确定异面直线所成的角，再借助空间向量数量积的运算律求出，进而利用余弦定理求得答案. 【详解】在平行六面体中，， 则是异面直线与所成角或其补角， 而，，， ， ， ， ， 在中，. 故答案为：. 四、解答题（本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．） 15. 设等差数列的前n项和为，已知，． （1）求的通项公式； （2）求数列的前n项和． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设等差数列的公差为，利用等差数列通项的基本量运算列方程组，求出，即得数列通项公式； （2）利用裂项相消法即可求得. 【小问1详解】 设等差数列的公差为， 由，即，① 由，②，联立①②，解得， 则的通项公式为； 【小问2详解】 设， 则 . 16. 如图，已知正三棱柱的体积为，且，点E，F，G分别为棱，，的中点． （1）求证：平面平面； （2）求锐二面角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用线面平行、面面平行的判定推理得证. （2）由柱体体积公式求出，取中点，作出二面角的平面角，利用几何法求出余弦值. 【小问1详解】 在正三棱柱中，分别为中点， 则，四边形为平行四边形，于是， 而平面，平面，则平面，同理平面， 又平面，所以平面平面. 【小问2详解】 由，得正三角形面积，由正三棱柱的体积为， 得，解得，取中点，连接，则， 由平面，平面，得，而平面， 因此平面，又平面，则，为二面角的平面角， 在中，，，， 所以锐二面角的余弦值为. 17. 某电商平台促销盲盒商品，盲盒的外层包装分A、B两种类型．外层包装为A型的概率为，每个A型盲盒中含限量版商品的概率为；外层包装为B型的概率为，每个B型盲盒中含限量版商品的概率为．小王一次性随机购买5个盲盒（假设各盲盒包装类型及所含商品相互独立） （1）求每个盲盒含限量版商品的概率； （2）设随机变量X为小王抽中含限量版商品的盲盒数量，求X的概率分布； （3）若抽中的某个盲盒含限量版商品，求该盲盒外层包装为A型的概率． 【答案】（1）； （2）分布列见解析； （3）. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用全概率公式列式计算. （2）求出的可能值，结合（1）中概率，利用二项分布求出概率分布列. （3）由（1）的信息，利用条件概率公式求解. 【小问1详解】 设事件表示盲盒为型包装，事件表示盲盒为型包装，事件表示盲盒含限量版商品， 则，， 所以每个盲盒含限量版商品的概率. 【小问2详解】 由（1）知，1个盲盒含限量版商品的概率为，随机变量的可能值为，， ，，， ，，， 所以的分布列为： 0 1 2 3 4 5 【小问3详解】抽中的某个盲盒含限量版商品，该盲盒外层包装为A型的概率为. 18. 已知椭圆的离心率为，且经过点，点F为椭圆E的右焦点． （1）求椭圆E的标准方程； （2）过点作直线l交椭圆E于A，B两点，O为坐标原点． ①若，求直线l的斜率； ②若过点A作直线的垂线，垂足为Q，点N为线段的中点，求证：B，Q，N三点共线． 【答案】（1） （2）①；②证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用椭圆离心率定义和经过的点坐标，联立方程组，求得，即得椭圆方程； （2）①由题知直线的斜率不为0，设，与椭圆方程联立，设，求得韦达定理，推得，由得到，将其与韦达定理联立，解得，即得直线斜率；②依题意，求得，，计算，消元后将（*）代入化简，即得，故得结论. 【小问1详解】 由可得①， 椭圆经过点，则②， 联立①，②，可得， 则椭圆E的标准方程为； 【小问2详解】 ①当直线的斜率为0时，可取因，显然不满足， 故可设直线，代入椭圆方程，消去， 可得，由，解得或， 设，则，则（*） 由可得，即得， 将其代入①，可得， 代入②，可得，解得， 故直线的斜率为； ②如图，因，点N为线段的中点，则， 依题意，，则直线的斜率为，直线的斜率为， 则， 将（*）代入，可得， 即，因点不重合，故B，Q，N三点共线． 19. 已知函数 （1）当时，求的单调区间； （2）当时，求证：； （3）若关于x的不等式恒成立，求整数a的最小值． 【答案】（1）答案见解析 （2）证明见解析 （3）1 【解析】 【分析】（1）通过对函数求导，根据导函数的符号即可判断函数的单调性； （2）设函数，利用求导判断得到，设，求导判断函数单调性得到，故可得，从而得证； （3）先就恒成立，取，结合条件推出，在时，设，通过求导推得，即得在上恒成立，再证当时，，可得不等式恒成立，从而确定整数a的最小值. 【小问1详解】 当时， ，其定义域为，且， 由可得，由可得， 即函数的单调递减区间为，单调递增区间为. 【小问2详解】 设，函数的定义域为， 且， 因，由可得，由可得， 即函数在上单调递减，在上单调递增， 故， 设，则， 由可得，由可得， 则在上单调递减，在上单调递增，故， 即当时，，则，故有. 【小问3详解】 不等式恒成立等价于恒成立， 则，即，又因是整数，则. 当时，设，则， 由可得，由可得， 则函数在上单调递减，在上单调递增，故， 即在上恒成立， 下证当时，. 证明：设，则，故函数在上单调递增， 则，即. 故当时，在上恒成立，即不等式恒成立，符合题意. 故整数a的最小值为1. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $