精品解析：广东省广州市三校（广大附中、铁一中学、广州外国语）2024-2025学年高二下学期期末联考数学试题

2024学年第二学期期末三校联考 高二数学 命题学校：广州外国语学校命题人：范友宝审题人：袁进 本试卷共4页，19小题，满分150分.考试用时120分钟. 一、单选题：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. 设等差数列的前项和为，若，，则（ ） A. 20 B. 18 C. 16 D. 15 2. 已知函数，曲线在点处的切线与直线平行，则实数的值为（ ） A. B. C. D. 1 3. 下列说法不正确的是（ ） A. 对具有线性相关关系的变量，，且回归方程为，若样本点的中心为，则实数的值是 B. 若随机变量服从正态分布，且，则 C. 若线性相关系数越接近1，则两个变量的线性相关程度越高 D. 一组数据10，10，11，12，12，14，16，19，21，21的第80百分位数为19 4. 已知是边长为1的正三角形，为中点，且，则（ ） A. B. C. D. 5. 牛顿冷却定律，即温度高于周围环境的物体向周围媒质传递热量逐渐冷却时所遵循的规律.如果物体的初始温度为，则经过一定时间t分钟后的温度T满足，其中是环境温度，h为常数.现有一个105℃的物体，放在室温15℃的环境中，该物体温度降至75℃大约用时1分钟，那么再经过m分钟后，该物体的温度降至30℃，则m的值约为（ ）（参考数据：，） A. 2.9 B. 3.4 C. 3.9 D. 4.4 6. 在三棱锥中，和均是边长为的等边三角形，若，则三棱锥的体积为（ ） A. B. 4 C. D. 7. 已知双曲线C：的左、右焦点分别为，，直线经过，且与C交于A，B两点，若，，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 8. 甲、乙、丙三人玩传球游戏，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外两个人中的任何一人，若第一次由甲传出，则经过6次传球后，球恰在乙手中的概率为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分在每个小题给出的选项中，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. 已知则（ ） A. B. C. D. 10. 口袋里装有2红，2白共4个形状相同的小球，对其编号红球1，2，白球3，4，从中不放回的依次取出两个球，事件“第一次取出的是红球”，事件“第二次取出的是红球”，事件“取出的两球同色”，事件“取出的两球不同色”，则（ ） A. 与互斥 B. 与互为对立事件 C. 与相互独立 D. 11. 已知是函数的极大值点，则（ ） A. 函数的极小值为0 B. 若，则 C. 若，则有3个相异的零点 D. 若（其中），则 三、填空题：本题共3小题，每小题3分，共15分 12. 若，则__________． 13. 为弘扬志愿者精神，某校举行“乐于助人”服务活动，现安排甲，乙等4人到三个不同地方参加活动，每个地方至少1人，若甲和乙不能去同一个地方，则不同的安排方式有______种． 14. 2022年北京冬奥会开幕式中，当《雪花》这个节目开始后，一片巨大的“雪花”呈现在舞台中央，十分壮观.理论上，一片雪花的周长可以无限长，围成雪花的曲线称作“雪花曲线”，又称“科赫曲线”，是瑞典数学家科赫在1904年研究的一种分形曲线.如图是“雪花曲线”的一种形成过程：从一个正三角形开始，把每条边分成三等份，然后以各边的中间一段为底边分别向外作正三角形，再去掉底边，重复进行这一过程 若第1个图中的三角形的周长为1，则第n个图形的周长为___________；若第1个图中的三角形的面积为1，则第n个图形的面积为___________. 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. 为数列的前n项和，已知． （1）求的通项公式； （2）设，求数列的前n项和． 16. 已知函数有两个极值点. （1）求实数的取值范围； （2）记两个极值点分别为，，证明：. 17. 甲、乙两选手进行象棋比赛，假设每局比赛结果相互独立，且每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为． （1）若比赛采用三局两胜制，求甲获胜的概率； （2）如果比赛采用五局三胜制（当一队赢得三场胜利时，该队获胜，比赛结束）进行比赛，求比赛的局数X的分布列和期望； （3）如果每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，比赛的赛制有五局三胜制和三局两胜制两种选择，请问对于甲选手来说，该如何选择比赛赛制对自己更有利，请说明理由，由此你能得出什么结论． 18. 已知椭圆的短轴长为2，离心率为． （1）求的方程； （2）若，分别是的左、右顶点，不与轴垂直的动直线与交于，两点（不同于，），且直线的斜率等于直线的斜率的2倍，求证：直线经过定点． 19. 如图，在平面四边形中，为等腰直角三角形，为正三角形，，，现将沿翻折至，形成三棱锥，其中S为动点． （1）证明：； （2）若，三棱锥的各个顶点都在球O的球面上，求球心O到平面的距离； （3）求平面与平面夹角余弦值的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024学年第二学期期末三校联考 高二数学 命题学校：广州外国语学校命题人：范友宝审题人：袁进 本试卷共4页，19小题，满分150分.考试用时120分钟. 一、单选题：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. 设等差数列的前项和为，若，，则（ ） A. 20 B. 18 C. 16 D. 15 【答案】C 【解析】 【分析】 利用等差数列通项公式和前n项和公式得到关于的方程，解方程求出，代入等差数列通项公式即可求解. 【详解】因为是等差数列，由等差数列通项公式和前n项和公式可得， ，解得，， 所以. 故选：C 【点睛】本题考查等差数列通项公式和等差数列前项和公式；考查运算求解能力；属于基础题. 2. 已知函数，曲线在点处的切线与直线平行，则实数的值为（ ） A. B. C. D. 1 【答案】A 【解析】 【分析】求导可得，结合导数的几何意义代入计算，即可得到结果. 【详解】由可得， 则， 因为曲线在点处的切线与直线平行， 且直线的斜率为，即，解得. 故选：A 3. 下列说法不正确的是（ ） A. 对具有线性相关关系的变量，，且回归方程为，若样本点的中心为，则实数的值是 B. 若随机变量服从正态分布，且，则 C. 若线性相关系数越接近1，则两个变量的线性相关程度越高 D. 一组数据10，10，11，12，12，14，16，19，21，21的第80百分位数为19 【答案】D 【解析】 【分析】对选项A，根据线性相关的回归方程对应的直线过中心点求出的值；对选项B，根据正态分布的特点求出对应的概率；对选项C，相关系数越接近，两个变量的线性相关程度越高；对选项D，可根据定义求出其第百分位数进行判断. 【详解】对于选项A，线性相关的回归方程对应的直线过点，即，解得，选项A正确； 对于选项B，根据正态分布的性质，，，则，选项B正确； 对于选项C，相关系数的绝对值越接近，则两个变量的线性相关程度越高，选项C正确； 对于选项D，共有个按从小到大排列的数据，，根据定义第百分位数为第项和第项的平均数，选项D错误. 故答案为：D 4. 已知是边长为1的正三角形，为中点，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用平面向量的线性运算和向量的数量积运算，先将用已知条件的向量表示出来，然后计算向量的数量积. 【详解】由为中点，为正三角形，所以，如图所示： 由图可知， 所以. 因为边长，所以根据勾股定理可得. 所以. 故选：D. 5. 牛顿冷却定律，即温度高于周围环境的物体向周围媒质传递热量逐渐冷却时所遵循的规律.如果物体的初始温度为，则经过一定时间t分钟后的温度T满足，其中是环境温度，h为常数.现有一个105℃的物体，放在室温15℃的环境中，该物体温度降至75℃大约用时1分钟，那么再经过m分钟后，该物体的温度降至30℃，则m的值约为（ ）（参考数据：，） A. 2.9 B. 3.4 C. 3.9 D. 4.4 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意中的关系式可得、，利用指、对数互化求出m的值即可. 【详解】由，有， 又，有，即， 则，解得， 故选：B. 6. 在三棱锥中，和均是边长为的等边三角形，若，则三棱锥的体积为（ ） A. B. 4 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】取中点，连接，可证得平面，再由三棱锥体积公式求解. 【详解】取中点，连接，如图 由和均是边长为的等边三角形， 可知， 由可知，， 在等腰三角形中， ， 因为平面, 所以平面, 所以， 故选：D 7. 已知双曲线C：的左、右焦点分别为，，直线经过，且与C交于A，B两点，若，，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设，则，利用双曲线的定义表示，，由勾股定理可得关系进而可得离心率． 【详解】由题意知，，且A，B都在双曲线的右支上． 设，则，，． 在中，，得， 则，. 在中，， 即，得． 所以双曲线C的离心率为. 故选：A. 8. 甲、乙、丙三人玩传球游戏，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外两个人中的任何一人，若第一次由甲传出，则经过6次传球后，球恰在乙手中的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题意可列出球在甲手中的概率递推关系式，构造出等比数列，求出第次球在甲手中的概率表达式，由于乙、丙地位对称，求出第次球在甲手中的概率由对立事件即可得到经过次传球后，球恰在乙手中的概率. 【详解】设事件“第次球在甲手中”，“第次球在乙手中”，“第次球在丙手中”， 那么由题意可知可知：，又， 所以，构造等比数列， 因为第一次由甲传球，可认为第次传球在甲，即，， 所以是以为首项，公比为的等比数列， 故， 因为第一次由甲传球，之后都是等可能地将球传给另外两个人中的任何一人，所以乙、丙地位对称， 即，所以经过次传球后，球恰在乙手中的概率为. 故选：C. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分在每个小题给出的选项中，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. 已知则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A选项：根据基本不等式变式，即可求解； 对于B选项：根据基本不等式得到，即可求解； 对于C选项：令，，即可判断； 对于D选项：利用“1”的妙用得到，结合基本不等式，即可求解. 【详解】对于A选项：因为，，，则， 即，当且仅当时等号成立，所以A选项正确； 对于B选项：因为，，则， 当且仅当时等号成立，所以B选项正确； 对于C选项：当且时，， 所以C选项错误； 对于D选项：， 当且仅当，即时等号成立，所以D选项正确， 故选：ABD. 10. 口袋里装有2红，2白共4个形状相同的小球，对其编号红球1，2，白球3，4，从中不放回的依次取出两个球，事件“第一次取出的是红球”，事件“第二次取出的是红球”，事件“取出的两球同色”，事件“取出的两球不同色”，则（ ） A. 与互斥 B. 与互为对立事件 C. 与相互独立 D. 【答案】BC 【解析】 【分析】首先将所有的基本事件，以及事件所包含的基本事件一一列举出来，根据互斥事件、对立事件的概念，独立事件的定义以及条件概率的计算方法验证即可. 【详解】基本事件有12，13，14，23，24，34，21，31，41，32，42，43，共12种， 事件“12，13，14，21，23，24”；事件“12，21，31，41，32，42”； 事件“12，21，34，43”；事件“13，14，23，24，31，41，32，42”． ∵，∴与不是互斥事件，故A错误； ，，∴与互为对立事件，故B正确； 事件“12，21”，∴，，，，∴与相互独立，故C正确； 事件“31，41，32，42”，，，∴，故D错误． 故选：BC. 11. 已知是函数的极大值点，则（ ） A. 函数的极小值为0 B. 若，则 C. 若，则有3个相异的零点 D. 若（其中），则 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据题意，求得，得到，求得，得出函数的单调性与极值（点），可判定A正确；当时，得到，结合函数的单调性，可判定B错误；作出函数的图象，结合图象，可得判定C正确；根据题意，转化为证明，构造，利用导数求得函数的单调性，结合函数的单调性，即可求解. 【详解】对于A中，由函数，可得， 因为是的极大值点，所以，解得， 所以，可得， 当时，，单调递增；当时，单调递减； 当时，单调递增， 所以函数的极大值点为，极小值点为0，所以A正确； 对于B中，当时，，则， 因为在区间上单调递减，所以，所以B错误； 对于C中，由，且当时，，当时，， 可得的图象，如图所示， 当时，有3个相异零点，所以C正确； 对于D中，因为，要证，只需证明， 由在上单调递增，需证明， 即当时，证明， 构造函数（其中）， 则， 当时，，则在上单调递增， 所以，即当时，， 所以，所以，所以D正确． 故选：ACD. 三、填空题：本题共3小题，每小题3分，共15分 12. 若，则__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据诱导公式以及二倍角的余弦公式将化简成含有的表达式，即可求得结果. 【详解】 ． 故答案为：． 13. 为弘扬志愿者精神，某校举行“乐于助人”服务活动，现安排甲，乙等4人到三个不同地方参加活动，每个地方至少1人，若甲和乙不能去同一个地方，则不同的安排方式有______种． 【答案】 【解析】 【分析】将4人按分组，先不考虑限制条件，先分组再分配求出不同的安排方式的种数，再排除甲和乙去同一个地方的种数即可. 【详解】安排甲，乙等4人到三个不同地方参加活动，每个地方至少1人， 则将4人按分组， 若不考虑限制条件， 则此时不同的安排方式有种， 当甲和乙去同一个地方时，有种不同的安排方式， 所以若甲和乙不能去同一个地方，则不同的安排方式有种. 故答案为： 14. 2022年北京冬奥会开幕式中，当《雪花》这个节目开始后，一片巨大的“雪花”呈现在舞台中央，十分壮观.理论上，一片雪花的周长可以无限长，围成雪花的曲线称作“雪花曲线”，又称“科赫曲线”，是瑞典数学家科赫在1904年研究的一种分形曲线.如图是“雪花曲线”的一种形成过程：从一个正三角形开始，把每条边分成三等份，然后以各边的中间一段为底边分别向外作正三角形，再去掉底边，重复进行这一过程 若第1个图中的三角形的周长为1，则第n个图形的周长为___________；若第1个图中的三角形的面积为1，则第n个图形的面积为___________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】由图形之间的边长的关系，得到周长是等比数列，再按照等比数列通项公式可得解； 由图形之间的面积关系及累加法，结合等比数列求和可得解. 【详解】记第个图形为，三角形边长为，边数，周长为，面积为 有条边，边长；有条边，边长；有条边，边长； 分析可知，即；，即 当第1个图中的三角形的周长为1时，即， 所以 由图形可知是在每条边上生成一个小三角形，即 即，，， 利用累加法可得 数列是以为公比的等比数列，数列是以为公比的等比数列，故是以为公比的等比数列， 当第1个图中的三角形的面积为1时，，即，此时，，有条边， 则 所以， 所以 故答案为：， 【点睛】关键点睛：本题考查数列的应用，解题的关键是通过找到图形之间的关系，得到等比数列，求数列通项公式常用的方法：（1）由与的关系求通项公式；（2）累加法；（3）累乘法；（4）两边取到数，构造新数列法. 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. 为数列的前n项和，已知． （1）求的通项公式； （2）设，求数列的前n项和． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用的关系式可证明数列是首项为2，公差为1的等差数列，可求出其通项公式； （2）利用裂项求和即可求得. 【小问1详解】 由，① 可得．② 由得． ，． 又当时，得． 解得（舍去） 可得数列是首项为2，公差为1的等差数列 即． 【小问2详解】 由（1）知， 可得． 因此； 可得 16. 已知函数有两个极值点. （1）求实数的取值范围； （2）记两个极值点分别为，，证明：. 【答案】（1）； （2）证明：由（1）知，， 所以， 所以. 令，则， 令，则， 所以在上单调递增. 因为，， 所以函数存在唯一零点，即， 且当时，单调递减；当时，，单调递增， 所以当时，存在最小值，即. 因为，所以，所以， 所以. 【解析】 【分析】（1）由题意知，导函数在上有两个不相等的实数根，再根据二次函数的性质进行求解即可； （2）根据题意可得，，是方程的两个不等正实根，根据韦达定理得，，代入化简，进而构造函数，再求导判断其单调性和最值，即可证明. 【小问1详解】 由题意得，，. 因为有两个极值点，所以方程有两个不相等的正根， 所以，解得. 检验：当时，由得或. 所以在上单调递增，在上单调递减， 在上单调递增，满足题意. 所以实数的取值范围为. 【小问2详解】 略 17. 甲、乙两选手进行象棋比赛，假设每局比赛结果相互独立，且每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为． （1）若比赛采用三局两胜制，求甲获胜的概率； （2）如果比赛采用五局三胜制（当一队赢得三场胜利时，该队获胜，比赛结束）进行比赛，求比赛的局数X的分布列和期望； （3）如果每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，比赛的赛制有五局三胜制和三局两胜制两种选择，请问对于甲选手来说，该如何选择比赛赛制对自己更有利，请说明理由，由此你能得出什么结论． 【答案】（1） （2）分布列： X 3 4 5 P 数学期望为 （3）比赛局数越多，对实力较强者越有利，理由： 采用三局二胜制进行比赛甲获胜的概率， 采用五局三胜制进行比赛甲获胜的概率：． 令， 因为，所以． 当时，； 当时，； 当时，． 所以当时，选择三局两胜制对甲有利；当时，选择五局三胜对甲有利； 当时，选择五局三胜制和三局两胜制对甲没有影响． 由此可以得出，比赛局数越多，对实力较强者越有利. 【解析】 【分析】（1）设事件“比赛采用三局两胜制甲胜”，利用独立事件的概率乘法公式，即可求解； （2）根据题意，得到比赛的局数为X的所有可能取值为3，4，5，求得相应的概率，列出随机变量的分布列，结合期望的公式，求得数学期望； （3）分别求得三局二胜制进行比赛甲获胜的概率和五局三胜制进行比赛甲获胜的概率，结合作差比较法，以及函数的性质，即可得到结论. 【小问1详解】 设事件“比赛采用三局两胜制甲胜”，则． 【小问2详解】 比赛的局数为X的所有可能取值为3，4，5， 可得，， ． 所以随机变量的分布列为： X 3 4 5 P 所以期望为． 【小问3详解】 略 18. 已知椭圆的短轴长为2，离心率为． （1）求的方程； （2）若，分别是的左、右顶点，不与轴垂直的动直线与交于，两点（不同于，），且直线的斜率等于直线的斜率的2倍，求证：直线经过定点． 【答案】（1）; （2） 设直线方程为，与椭圆联立，消得： ， 其中， 设，则， 由已知得：， 再化简得：， 代入得：， 整理得：， 因为直线不经过点，所以， 即， 所以直线的方程为， 因此直线经过定点. 【解析】 【分析】（1）利用椭圆的参数意义，即可联立求解椭圆方程； （2）利用直线与椭圆联立方程组和韦达定理公式，再借助已知的斜率关系，可转化根与系数的关系上来，最后可得，从而可证直线过定点. 【小问1详解】 由题意得：， ，所以解得， 即椭圆方程； 【小问2详解】 略 19. 如图，在平面四边形中，为等腰直角三角形，为正三角形，，，现将沿翻折至，形成三棱锥，其中S为动点． （1）证明：； （2）若，三棱锥的各个顶点都在球O的球面上，求球心O到平面的距离； （3）求平面与平面夹角余弦值的最小值． 【答案】（1） 取的中点，连接， 因为，，且的中点为，所以， 又平面，故平面， 由于平面，故. （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）根据，，即可根据线线垂直证明平面，即可根据线面垂直的性质求解； （2）利用等体积法即可求解； （3）建立空间直角坐标系，求解平面法向量，即可根据向量的夹角公式求解，利用换元法，即可根据基本不等式求解最值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 当时，由则， 取的中点，连接 故到四点的距离相等，故为三棱锥外接球的球心， 因为，故， 设到平面的距离为，到平面的距离为， 由等体积法可得 而， 由于，故， 所以，从而， 故到平面的距离为. 【小问3详解】 以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系， 过点作平面的垂线，垂足为， 设为翻折过程中所旋转的角度，则， ， 故， ， 则， 设平面的法向量为，则 ， 取则， 设平面的法向量 ， ， 取则， 设平面与平面的夹角为， 故， ， 令，，故， 由于，故 当且仅当，即时取等号， 故平面与平面夹角余弦值的最小值为，此时. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $