精品解析：上海市实验学校2024-2025学年高二下学期期末考试数学试题

上实验2024-2025学年第二学期高一年级数学期末 2025.6 一、填空题（本大题满分40分，共有10题，每题填对得4分，否则一律得零分） 1 已知函数，则______. 2. 已知为定义在上的奇函数，当时，，则_______. 3. 已知关于的不等式的解集为，则实数的取值范围是______． 4. 已知随机变量，，且，，则__________． 5. 已知，，，则的最小值为______. 6. 甲、乙两位同学进行乒乓球比赛，采用3局2胜制（‌3局2胜‌是指在一场比赛中，总共进行三局，先赢得两局的一方即为胜者.如果前两局中有一方已经赢了两局，那么第三局就不再进行）．假设每局比赛中甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，且各局比赛的结果相互独立，则甲以的比分获胜的概率为________； 7. 函数在上的最小值为__________. 8. 已知双曲线的右焦点为F，一条渐近线被以点F为圆心，为半径的圆截得的弦长为，则双曲线C的离心率为__________． 9. 若函数在上无极值点，则实数a的取值范围是______． 10. 如图，对于曲线G所在平面内的点O，若存在以O为顶点的角α，使得对于曲线G上的任意两个不同的点A，B，恒有成立，则称角α为曲线G的相对于点O的“界角”，并称其中最小的“界角”为曲线G的相对于点O的“确界角”.已知曲线C：（其中是自然对数的底数），O为坐标原点，曲线C的相对于点O的“确界角”为，则______． 二、选择题（本大题满分16分，共有4题，每题都给出四个结论，其中有且只有一个结论是正确的，必须把正确结论的代号写在题后的圆括号内，选对得4分，否则一律得零分.） 11. 若点在以原点为顶点x轴为对称轴抛物线C上，则C的方程为（ ） A. B. C. D. 12. 已知实数，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 13. 为了判断某地超市的销售额与广告支出之间的相关关系，现随机抽取6家超市，得到其广告支出与销售额数据如下表，则下列说法中正确的是（   ） 超市 A B C D E F 广告支出x万元 1 2 4 6 10 13 销售额y万元 14 21 29 30 37 43 A. 广告支出数据的极差为13 B. 销售额数据的第80百分位数为43 C. 预测当某超市广告支出为15万元时，销售额一定是48万元 D. 若去掉超市A这一组数据，则销售额y与广告支出x之间的线性相关程度会加强 14. 在平面直角坐标系中，已知，两点连线的斜率为1，有下列两个结论:①; ②; 那么（ ） A. ①②均正确 B. ①②均错误 C. ①正确，②错误 D. ①错误，②正确 三、解答题（本大题满分44分，共有4题，解答下列各题必须写出必要的步骤） 15. 集合，集合. （1）求集合； （2）若，且，求实数的取值范围. 16. 某学术平台引入智能检测系统对所收集的文本进行筛查.检测系统对AI生成文本的识别准确率为98%，对人类撰写文本的识别准确率为96.5%.检测系统对所收集的文本进行筛查时，会对每篇文本输出一个“AI生成概率”得分y（分）.y与文本长度x（字）可以用一元线性回归模型来刻画，其线性回归方程为，且，，已知该平台中15%的文本由AI生成. （1）求回归系数； （2）从该平台随机选取一篇文本，求该文本被检测系统识别为人类撰写文本的概率（精确到0.001）； （3）现从平台中随机抽取200篇文本进行统计分析，填写列联表（篇数四舍五入取整数）： 文本真实性 检测结果 总计 识别AI生成（篇） 识别为人类撰写（篇） 真实AI生成（篇） 真实人类撰写（篇） 总计 200 依据小概率值的独立性检验，能否判断“检测结果”与“文本真实性”有差异？ 参考公式： 提示：独立性检验中常用的小概率值和相应的临界值 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 2.706 3.841 6635 7.879 10.828 17. 已知椭圆，分别为椭圆E的左，右焦点，A，B分别为椭圆E的上、下顶点，且． （1）求椭圆E的方程； （2）已知过的直线与椭圆E交于M，N两点，且直线l不过椭圆四个顶点． （ⅰ）若直线的倾斜角为，求的面积； （ⅱ）若M在x轴上方，直线与直线的斜率分别为，且，求直线l的方程． 18. 设函数（）． （1）当时，求极值； （2）当时，讨论的单调性； （3）若只有一个零点，求实数的取值范围． 四、附加题 19. 已知一个不透明的盒中有个小球（小球除编号不同外其余均相同），这个小球的编号分别为1，2，3，…，（，）．现进行如下摸球活动： （1）若，从盒中一次性摸取2个小球，求这2个小球编号不相邻的概率； （2）如果摸球前约定“固定重叠原则”：即随机摸取盒中个小球（，），记录编号后放回，再重复以上操作一次，记这两次操作中被重复摸取的小球数为． （ⅰ）若，，求概率； （ⅱ）求使概率取得最大值时m的值． 20. 已知A，B，C是函数图象上不同的三点，若它们的横坐标成等差数列，且该函数在点B处切线的斜率恒小于直线AC的斜率，则称该函数是其定义域上的“等差偏移”函数．设． （1）当时，求函数在处的切线方程 （2）若是定义域上的“中值偏移”函数，求实数的取值范围； （3）当时，数列满足，，记前n项和为，试证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 上实验2024-2025学年第二学期高一年级数学期末 2025.6 一、填空题（本大题满分40分，共有10题，每题填对得4分，否则一律得零分） 1. 已知函数，则______. 【答案】3 【解析】 【分析】首先代入公式，根据极限的计算法则，即可求解. 【详解】， . 故答案为：3 2. 已知为定义在上的奇函数，当时，，则_______. 【答案】 【解析】 【分析】根据奇函数性质可得，由此可得答案. 【详解】因为时，， 所以， 因为为定义在上的奇函数， 所以. 故答案为：. 3. 已知关于的不等式的解集为，则实数的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】根据一元二次不等式的解集列不等式即可求解. 【详解】因为关于的不等式的解集为，所以， 解得，即实数的取值范围是． 故答案为：. 4. 已知随机变量，，且，，则__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据正态分布的特点及二项分布的性质即可求解. 【详解】因为，, 所以. 又因为， 所以， 则，解得：. 故答案为： 5. 已知，，，则的最小值为______. 【答案】6 【解析】 【分析】利用基本不等式即可求解. 【详解】由，得， 当且仅当时等号成立，故的最小值为6. 故答案为：6 6. 甲、乙两位同学进行乒乓球比赛，采用3局2胜制（‌3局2胜‌是指在一场比赛中，总共进行三局，先赢得两局的一方即为胜者.如果前两局中有一方已经赢了两局，那么第三局就不再进行）．假设每局比赛中甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，且各局比赛的结果相互独立，则甲以的比分获胜的概率为________； 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，利用独立重复试验概率公式列式求解. 【详解】若甲以的比分获胜，即一共3局，前两局甲乙各胜一局，最后一局甲胜， 所以甲以的比分获胜的概率， 故答案为： 7. 函数在上的最小值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】利用导数与函数的单调性间的关系，求出的单调区间，即可求解. 【详解】因为，则， 又恒成立， 所以当时，；当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增，则， 故答案为：. 8. 已知双曲线的右焦点为F，一条渐近线被以点F为圆心，为半径的圆截得的弦长为，则双曲线C的离心率为__________． 【答案】2 【解析】 【分析】由题意得，再结合即可求解. 【详解】渐近线方程为， ∵点F到渐近线的距离为，∴， 即，所以． 故答案为：. 9. 若函数在上无极值点，则实数a的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意可得在上无变号零点，根据二次函数性质求解. 【详解】因为， 令， 由题意可知，或，解得. 故答案为：. 10. 如图，对于曲线G所在平面内的点O，若存在以O为顶点的角α，使得对于曲线G上的任意两个不同的点A，B，恒有成立，则称角α为曲线G的相对于点O的“界角”，并称其中最小的“界角”为曲线G的相对于点O的“确界角”.已知曲线C：（其中是自然对数的底数），O为坐标原点，曲线C的相对于点O的“确界角”为，则______． 【答案】 【解析】 【分析】利用导数的几何意义，求出时，过原点且与相切的切线斜率，以及过原点且与相切的切线斜率，进而可得两切线互相垂直，即可求解. 【详解】当时，过原点作的切线， 设切点，，， 则切线方程为， 又切线过点，所以，所以. 设，则，故为增函数，且， 所以， 当时，过原点作的切线， 设切点B，， 则切线为，又切线过点 所以，又，， 因为，所以两切线垂直，所以. 故答案为： 二、选择题（本大题满分16分，共有4题，每题都给出四个结论，其中有且只有一个结论是正确的，必须把正确结论的代号写在题后的圆括号内，选对得4分，否则一律得零分.） 11. 若点在以原点为顶点x轴为对称轴的抛物线C上，则C的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由抛物线的标准方程，代入可得结果. 【详解】由题意可知，抛物线C的方程为， 将代入，可得，故抛物线C的方程为. 故选：A. 12. 已知实数，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】A 【解析】 【分析】由作差法结合不等式的性质即可判断. 【详解】不等式，等价于， 因为，所以，显然，得出； ，得或，未必. 故选：A. 13. 为了判断某地超市的销售额与广告支出之间的相关关系，现随机抽取6家超市，得到其广告支出与销售额数据如下表，则下列说法中正确的是（   ） 超市 A B C D E F 广告支出x万元 1 2 4 6 10 13 销售额y万元 14 21 29 30 37 43 A. 广告支出数据的极差为13 B. 销售额数据的第80百分位数为43 C. 预测当某超市广告支出为15万元时，销售额一定48万元 D. 若去掉超市A这一组数据，则销售额y与广告支出x之间的线性相关程度会加强 【答案】D 【解析】 【分析】对于A，由极差的定义验算即可；对于B，由百分位数的定义判断即可；对于CD，由线性回归方程的意义判断即可. 【详解】对于A，极差为，故A错误； 对于B，销售额数据按照从小到大的顺序排列为共个数据， 因为，所以销售额数据的第百分位数为，故B错误； 对于C，线性回归方程反应之间关系的一种拟合，不具有确定性，故C错误； 对于D，若去掉超市A这一组数据，因为超市的数据偏离其他数据较远，去掉后其他数据更集中，所以相关程度会更高，故D正确. 故选：D. 14. 在平面直角坐标系中，已知，两点连线的斜率为1，有下列两个结论:①; ②; 那么（ ） A. ①②均正确 B. ①②均错误 C. ①正确，②错误 D. ①错误，②正确 【答案】A 【解析】 【分析】对于①，由题意，进一步即可判断；对于②，将题目转换为只需证明，即可. 【详解】设，易知， 单调递增，故的图象上某点处的切线的斜率随着自变量的增大而增大， ，即， 所以，所以，故①正确； 设直线的方程为， 则和是函数的两个零点，， 又，当时，，当时，， 则在上单调递减，在上单调递增. 下面证明，只需证， 由于，在上单调递减， 即证，即证. 设，， 因为，， 所以在上单调递增，所以， 故，即成立.故②正确. 故选：A 三、解答题（本大题满分44分，共有4题，解答下列各题必须写出必要的步骤） 15. 集合，集合. （1）求集合； （2）若，且，求实数的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）解分式不等式可得集合； （2）由题意，，由包含关系列不等式即可求解. 【小问1详解】 由可得， 故； 【小问2详解】 由可得， 由可得，故， ，故，所以且，故. 16. 某学术平台引入智能检测系统对所收集的文本进行筛查.检测系统对AI生成文本的识别准确率为98%，对人类撰写文本的识别准确率为96.5%.检测系统对所收集的文本进行筛查时，会对每篇文本输出一个“AI生成概率”得分y（分）.y与文本长度x（字）可以用一元线性回归模型来刻画，其线性回归方程为，且，，已知该平台中15%的文本由AI生成. （1）求回归系数； （2）从该平台随机选取一篇文本，求该文本被检测系统识别为人类撰写文本的概率（精确到0.001）； （3）现从平台中随机抽取200篇文本进行统计分析，填写列联表（篇数四舍五入取整数）： 文本真实性 检测结果 总计 识别AI生成（篇） 识别为人类撰写（篇） 真实AI生成（篇） 真实人类撰写（篇） 总计 200 依据小概率值的独立性检验，能否判断“检测结果”与“文本真实性”有差异？ 参考公式： 提示：独立性检验中常用的小概率值和相应的临界值 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 【答案】（1） （2） （3）判断“检测结果”与“文本真实性”有差异 【解析】 【分析】（1）利用回归直线过样本中心可求回归系数； （2）利用全概率公式可求概率； （3）完善列联表，再根据公式计算卡方，结合临界值表判断即可. 【小问1详解】 因为，且，， 故，故. 【小问2详解】 记事件为 “由AI生成的文本”， 为“由人类撰写的文本”， 为“被检测系统识别为人类撰写的文本”， 由题意知，，，，， 由全概率公式知： ， 即该文本被检测系统识别为人类撰写文本的概率约为. 【小问3详解】 AI生成的篇数为，人类撰写的篇数为， 真实AI生成且被识别为AI生成的篇数， 真实人类撰写且被识别为人类撰写的篇数， 故列联表为： 文本真实性 检测结果 总计 识别为AI生成（篇） 识别人类撰写（篇） 真实AI生成（篇） 29 1 30 真实人类撰写（篇） 6 164 170 总计 35 165 200 零假设为：分类变量相互独立，即“检测结果”与“文本真实性”无差异. 由列联表数据计算得，， 所以依据小概率值的独立性检验，可以判断“检测结果”与“文本真实性”有差异. 17. 已知椭圆，分别为椭圆E的左，右焦点，A，B分别为椭圆E的上、下顶点，且． （1）求椭圆E的方程； （2）已知过的直线与椭圆E交于M，N两点，且直线l不过椭圆四个顶点． （ⅰ）若直线的倾斜角为，求的面积； （ⅱ）若M在x轴上方，直线与直线的斜率分别为，且，求直线l的方程． 【答案】（1） （2）（ⅰ）；（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）根据焦距，短轴概念，计算即可； （2）（ⅰ）先设出直线方程，与椭圆方程联立，消去得到关于的一元二次方程，利用韦达定理得出与的值，再根据公式算出其值.最后根据三角形面积公式求出面积. （ⅱ）本题先设出直线的方程，然后联立直线与椭圆方程，得到关于的一元二次方程，利用韦达定理得到与的表达式.再根据已知条件列出等式，通过化简等式并结合韦达定理求出的值，进而得到直线的方程. 【小问1详解】 由题意知 椭圆方程为 【小问2详解】 （ⅰ）设 联立，消去x得 （ⅱ）已知直线的方程为，与椭圆方程联立： 将代入可得. 展开并整理得. 所以. 由韦达定理可得，. 因为，根据斜率公式可得： ，即. 又因为，，所以. 展开得. 移项可得. 将，代入： 因为，等式两边同时除以得. 即. 两边同时乘以得. 移项可得，解得. 把代入得. 整理得. 18. 设函数（）． （1）当时，求的极值； （2）当时，讨论的单调性； （3）若只有一个零点，求实数的取值范围． 【答案】（1）极大值为，没有极小值 （2）答案见解析 （3）或 【解析】 【分析】（1）根据导数的正负即可求解极值； （2）分类讨论，及时的正负即可得出的单调性； （3）分类讨论，结合零点存在性定理，以及函数的单调性即可求解． 【小问1详解】 当时，，令，解得， 当时，，时，， 所以在上为增函数，在上为减函数，， 所以当时，的极大值为，没有极小值． 【小问2详解】 ， ， ①当时，，则在上为增函数； ②当时，在区间及上有，在区间上有， 故当时，在及上为增函数，在上为减函数； ③当时，在区间及上有，在区间上有， 故当时，在及上为增函数，在上为减函数． 【小问3详解】 由（2）知： ①当时，在上为增函数，且， 则在上只有一个零点； ②当时，在及上为增函数，在上为减函数， 故的极大值为， 且， 令， 则， 在上为减函数，， 所以时，，即， ，则只有一个零点， ③当时，在及上为增函数，在上为减函数， 故的极大值为， 且， 令，且， 则，则在上为增函数， 故时有， 即，则只有一个零点； ④当时，在上为增函数，在上为减函数； ， 因为只有一个零点，所以，； 综上所述，当或时，只有一个零点． 四、附加题 19. 已知一个不透明的盒中有个小球（小球除编号不同外其余均相同），这个小球的编号分别为1，2，3，…，（，）．现进行如下摸球活动： （1）若，从盒中一次性摸取2个小球，求这2个小球编号不相邻的概率； （2）如果摸球前约定“固定重叠原则”：即随机摸取盒中个小球（，），记录编号后放回，再重复以上操作一次，记这两次操作中被重复摸取的小球数为． （ⅰ）若，，求概率； （ⅱ）求使概率取得最大值时m的值． 【答案】（1）； （2）（ⅰ）；（ⅱ）. 【解析】 【分析】（1）先找出编号相邻的情况有4种.用组合数算出从5个里选2个的总情况数，再用1减去编号相邻的概率，就得到不相邻概率. （2）（i）运用古典概型，结合组合数计算得到概率. （ii）先确定“”的事件总数，再得出表达式.通过与1比较大小，得到的范围.比较和、大小.最后根据能否被整除，得出取最大值时的值.当时，也符合不能整除的情况. 【小问1详解】 编号相邻的可能有“1，2”、“2，3”、“3，4”、“4，5”四种可能，所以2个小球编号不相邻的概率为． 【小问2详解】 （ⅰ）． （ⅱ）当时，整数m满足，其中为0和的较大者，即． “”所包含的事件总数为， ∴， 设， ． 令． ①当时，（比较与k大小） ②当时，（比较与大小） ∴． 则当能被整除即时，在或处达到最大值： 当不能被整除即时，在（表示不超过x的最大整数）． 当时，只能取，此时符合上述不能被整除的情况． 综上：使概率取得最大值时． 20. 已知A，B，C是函数图象上不同三点，若它们的横坐标成等差数列，且该函数在点B处切线的斜率恒小于直线AC的斜率，则称该函数是其定义域上的“等差偏移”函数．设． （1）当时，求函数在处的切线方程 （2）若是定义域上的“中值偏移”函数，求实数的取值范围； （3）当时，数列满足，，记前n项和为，试证明：． 【答案】（1） （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）求导，结合导数的几何意义求解即可； （2）设，，，故只需判断的符号即可； （3）由题意，证明得到，放缩即可得证. 【小问1详解】 ，，则切线方程为； 【小问2详解】 设A，C两点的横坐标分别为，，则B点横坐标为， 由“等差偏移”函数定义知：，化简得： ， 即：，即， 令，函数，， 故，又因为，所以； 【小问3详解】 ，则， 设，， 因为，当时在单调递增，，故． 构造函数， 即在单调递增，则，故当时， 所以有，故 即． 所以，即； 故 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $