2024-2025学年高二下学期期末数学复习题（适用于广东省清远市）

广东省清远市2024-2025学年高二下学期期末数学复习题 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。 1.若，，则(    ) A. B. C. D. 或 2.函数的导函数为(    ) A. B. C. D. 3.若，，则的值为(    ) A. B. C. 或 D. 或 4.从，，，，这五个数中任选两个不同的数，则这两个数的和大于的概率为(    ) A. B. C. D. 5.已知定义在上的函数在上单调递增，且是偶函数，则满足的的取值范围为(    ) A. B. C. D. 6.若等式对任意成立，则的值为(    ) A. B. C. D. 7.名优秀学生全部保送到所学校去，每所学校至少去一名学生，则不同的保送方案有(    ) A. 种 B. 种 C. 种 D. 种 8.过抛物线的焦点作直线交抛物线于、两点，再过、分别作抛物线的切线，，设与的交点为，则的值(    ) A. B. C. D. 不确定 二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。 9.甲罐中有个红球、个黑球，乙罐中有个红球、个黑球，先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，再从乙罐中随机取出两球，记表示事件“甲罐取出的球是红球”，记表示事件“乙罐取出的球恰有一个红球”，则(    ) A. B. C. D. 10.已知二项式的展开式中共有项，则下列说法正确的有(    ) A. 所有项的二项式系数和为 B. 所有项的系数和为 C. 第项和第项的二项式系数最大 D. 有理项共项 11.函数在区间上的最小值为，且在区间上唯一的极大值点为，则下列说法正确的有(    ) A. B. 在上不单调 C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.为强化安全意识，某学校拟在未来的连续天中随机抽取天进行紧急疏散演练，那么选择的天恰好为连续天的概率是______结果用最简分数表示． 13.已知，，点是直线：上的一点，以，为焦点的椭圆过点，则当该椭圆的离心率取得最大值时，该椭圆的方程为______． 14.设有序集合对满足：，，记，分别表示集合、的元素个数，则符合条件，的集合的对数是______． 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.本小题分 在研究某类杨树的树高与胸径树的主干在地面以上处的直径之间的关系时，某研究员收集的一些数据如表所示．                                        表 编号 胸径 树高 编号 胸径 树高                                  表 种植位置 成材情况 合计 成材 未成材 南坡 北坡 合计 由表数据，求胸径与树高的平均值；胸径精确到，树高精确到 根据这些数据，可建立该类杨树树高单位：关于胸径单位：的一元线性回归模型为，用中结果求的值并估计胸径为的该类杨树的树高；精确到 若这棵杨树树龄相同，分别种植于南坡和北坡，且成材情况如表所示，根据的独立性检验，能否认为树龄相同的这类杨树是否成材与种植位置有关联？ 参考公式及数据：，其中． 16.本小题分 如图，在三棱锥中，底面是等腰直角三角形，底面，，是的中点，是的中点，且． 证明：平面； 求直线与平面所成角的正弦值． 17.本小题分 已知双曲线：与椭圆：的焦点相同，且离心率之比为． 求双曲线的方程； 若直线：与双曲线的左、右两支分别交于，两点，记点关于轴的对称点为，证明：直线过定点，并求出该定点的坐标． 18.本小题分 甲、乙两名操作员对，，三种电子信息传递元件进行随机连接检测，并制定如下标准：第一次由元件将信息传出，每次传递时，传递元件都等可能地将信息传递给另外两个元件中的任何一个，若第三次传递后，信息在元件中，则该组检测成功，否则该组检测失败．若该组检测成功，则由原操作员继续操作下一组检测；反之，则由另一操作员按上述规则继续操作下一组检测． 求一组随机连接检测成功的概率； 若第次从甲开始进行随机连接检测，记在前次检测中，乙操作的次数为，求随机变量的分布列与期望； 若第次从乙开始进行连接检测，求第次由乙操作的概率． 19.本小题分 已知函数的导函数为 当时，求的极值； 若，在上不单调，求的取值范围； 已知，若在定义域内有三个不同的极值点，，，且满足，求实数的取值范围． 答案和解析 1.【答案】  【解析】解：因为， 所以， 解得， 又因为， 所以或， 解得或， 当，时，； 当，时，． 综上，的值是或． 故选：． 根据排列数和组合数的公式列方程求出和的值，再求和即可． 本题考查了排列数与组合数公式的应用问题，也考查了运算求解能力，是基础题． 2.【答案】  【解析】解：因为， 所以． 故选：． 由已知结合函数的求导公式及复合函数的求导法则即可求解． 本题主要考查了函数的求导公式的应用，属于基础题． 3.【答案】  【解析】【分析】 本题考查了排列数公式和组合数公式，属于中档题． 由组合数的性质可得的值，再由，可得，即可得出结果． 【解答】 解：由得或， 解得或， 因为， 解得，  则或， 故选C． 4.【答案】  【解析】解：从，，，，这五个数中任选两个不同的数，所有的情况有： ，，，，，，，，，，共种， 其中两个数的和大于的有：，，，，，，共种， 所以所求概率为． 故选：． 利用古典概型的概率公式求解． 本题主要考查了古典概型的概率公式，属于基础题． 5.【答案】  【解析】解：因为函数是偶函数， 所以， 所以函数的图象关于直线对称， 又在上单调递增， 由，得，即， 平方后化简，得， 解得或，即的取值范围为． 故选：． 由平移法则确定函数关于直线对称，且在上单调递增，结合函数对称性和单调性求解不等式即可． 本题考查函数的奇偶性与单调性的综合应用，属于中档题． 6.【答案】  【解析】【分析】 根据，利用赋值法令求解即可． 【详解】因为， 令得：， 故选： 【点睛】本题主要考查二项式展开式的项的系数的和，还考查了赋值法的应用，属于基础题． 7.【答案】  【解析】解：根据题意，分步进行分析： 、将名学生分为组，一组人、其余组每组人，有种情况， 、将分好的组进行全排列，对应所学校，有种情况， 则不同的保送方案有种， 故选：． 根据题意，分步进行分析：、将名学生分为组，一组人、其余组每组人，、将分好的组进行全排列，对应所学校，分别求出每一步的情况数目，由分步计数原理计算可得答案． 本题考查分步计数原理的运用，对于此类问题一般要先分组、再对应，关键是审清题意，明确分组的方法． 8.【答案】  【解析】解：由抛物线得其焦点坐标为． 设，， 直线：， 联立，得：． ． 又抛物线方程为：，即， 求导得， 抛物线过点切线方程为 抛物线过点的切线方程为 由得：． 与的交点的横坐标， 故选： 由抛物线方程求出抛物线的焦点坐标，由斜截式写出过焦点的直线方程，和抛物线方程联立求出，两点横坐标的积，再利用导数写出过，两点的切线方程，然后整体运算可求得两切线的交点的横坐标为定值． 本题考查了轨迹方程，训练了利用导数研究曲线上某点处的切线方程，考查了整体运算思想方法，是中档题 9.【答案】  【解析】解：甲罐中有个红球、个黑球，乙罐中有个红球、个黑球， 先从甲罐中随机取出一球放入乙罐， 再从乙罐中随机取出两球，记表示事件“甲罐取出的球是红球”， 记表示事件“乙罐取出的球恰有一个红球”， 对于，由条件概率知：，故A错误； 对于，由条件概率知：，故B正确； 对于，，由全概率公式知：，故C正确； 对于，由条件概率知：， 又，故D正确． 故选：． 根据古典概型的计算公式，结合条件概率的计算公式，全概率公式直接计算出结果逐一判断即可． 本题考查古典概型的计算公式、条件概率、全概率公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题． 10.【答案】  【解析】【分析】 本题考查了二项展开式的特定项与特定项的系数，二项式定理的应用，属于中档题． 利用所有项的二项式系数和为可判断；令可得所有项的系数和可判断；由二项展开式的通项公式可判断、． 【解答】 解：二项式的展开式中共有项，则，， 选项A：所有项的二项式系数和为，故A正确； 选项B：令，则，所以所有项的系数和为，故B正确； 选项C：二项式系数最大的项为中间项第项和第项，故C正确； 选项D：二项式的展开式的通项为， 当，，，时，二项式的展开式中对应的项均为有理项，所以有理项有项，故D不正确， 故选ABC． 11.【答案】  【解析】解：， ， 又函数在区间的最小值为， 函数在区间上不单调，所以选项B正确； 又， 时，函数在区间上取得最小值， 可得原条件的一个必要条件， ，即， 下面证明充分性： 当时，， 令，则， 函数在上单调递增，又， 函数在上存在唯一的零点，且在上，在上， 函数在区间的最小值为， 综上，故选项A正确； ， 令，得， 由函数图像可知在区间上只有一个交点， 即存在唯一，使得， 且当时，，当时，， 在区间上，唯一的极大值点， ， ， ， ． 故选项C错误，选项D正确． 故选：． 由题可得，由可知，，进而可求，然后再证明即可判断选项AB；再利用数形结合可得在上存在唯一的零点，利用零点存在定理及三角函数的性质即可判断选项CD． 本题考查利用导数研究函数的极值，考查学生的运算能力，属于中档题． 12.【答案】  【解析】解：某学校拟在未来的连续天中随机抽取天进行紧急疏散演练， 基本事件总数为， 选择的天恰好为连续天包含的基本事件个数， 选择的天恰好为连续天的概率． 故答案为：． 某学校拟在未来的连续天中随机抽取天进行紧急疏散演练，先求出基本事件总数，再求出选择的天恰好为连续天包含的基本事件个数，由此能求出选择的天恰好为连续天的概率． 本题考查概率的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意等可能事件概率计算公式的合理运用． 13.【答案】  【解析】解：由题意知：椭圆以，为焦点，所以， 因为椭圆过点，所以， 设点关于直线：对称的点为， 即直线为线段的中垂线， 则，解得，，即点， 所以，当且仅当，，三点共线时等号成立， 又，所以，即， 所以当时，该椭圆的离心率取得最大值， 所以该椭圆的方程为． 故答案为：． 结合椭圆的定义利用直线对称点结合三角形两边之和大于第三边求解出长轴的取值范围，离心率最大即半长轴取最小值，从而求解出椭圆的方程． 本题考查椭圆方程的求法及点关于直线的对称的性质的应用，属于中档题． 14.【答案】  【解析】解：根据题意，，，则必有， 分种情况讨论： 、，则，则集合中必须有，集合中含有其他元素， 即，；有种情况， 、，则， 则集合有个元素，且其中必须有，不能有，可以在其余个元素中任选个，有种情况， 集合中含有其他元素，共有种情况， 、，则， 则集合有个元素，且其中必须有，不能有，可以在其余个元素中任选个，有种情况， 集合中含有其他元素，共有种情况， 、，则，集合、中不能有，不合题意； 、，则， 则集合有个元素，且其中必须有，不能有，可以在其余个元素中任选个，有种情况， 集合中含有其他元素，共有种情况， 、，则， 则集合有个元素，且其中必须有，不能有，可以在其余个元素中任选个，有种情况， 集合中含有其他元素，共有种情况， 、，则， 则集合有个元素，且其中必须有，不能有，即，；有种情况， 则一共有种情况； 故答案为：． 根据题意，分析可得，进而分种情况讨论，依次求出每种情况下的符合条件，的集合的对数，由分类计数原理计算可得答案． 本题考查排列、组合的应用，涉及集合交集．并集的计算，关键是理解，的含义，由此进行分类讨论． 15.【答案】解：由题知，，   ， 所以， 所以， 当时，， 即估计胸径为的该类杨树的树高为； 零假设为树龄相同的这类杨树是否成材与种植位置无关联， 根据列联表中的数据，经计算得到， 根据的独立性检验，我们推断不成立，即认为树龄相同的这类杨树是否成材与种植位置有关联，此推断错误的概率不大于．  16.【答案】解：证明：在平面内，过点作， 由题知，，， 所以， 所以， 因为底面，且，在平面内， 所以，， 所以，，两两垂直， 以为坐标原点，分别以，，所在直线为轴、轴、轴建立空间直角坐标系， 如图所示， 则，，，，，， 因为， 所以， 所以， 易知平面的一个法向量为， 所以， 所以， 所以平面 由知，，， 设平面的法向量为， 则 令，得，，所以， 设直线与平面所成角为， 又， 所以，， 所以直线与平面所成角的正弦值为．  17.【答案】解：由题知， 解得， 所以双曲线的方程为； 证明：设，，则， 联立 消去整理得， 所以，， 所以， 又直线的斜率， 所以直线的方程为， 由对称性易知，若直线过定点，则该定点在轴上， 令，得， 所以直线过定点，且该定点的坐标为．  18.【答案】解：解：由题知，三次传递所有的传递方法有： ， 则共有种传递方法． 第三次传递后，信息在元件中的有两种情况， 所以第三次传递后，信息在元件中的概率为， 即一组随机连接检测成功的概率为． 设在前次检测中，乙操作的次数为， 依题意，可取，，，，所以， ， ， ， 所以的分布列为 所以． 若第次从乙开始进行连接检测，则第次由乙操作有两种情况： 第次由乙操作，第次继续由乙操作，其概率为 第次由甲操作，第次由乙操作，其概率为， 所以， 所以， 因为时，， 所以数列是以为首项，为公比的等比数列， 所以， 所以．  19.【答案】当时，，则， 所以当或时，，此时单调递减， 当时，，此时单调递增， 所以当时，取得极小值，且极小值为 当时，取得极大值，且极大值为． 由题可知． ， 设， 注意到，要使在上不单调， 只需满足，解得， 即实数的取值范围为 由题知，，其定义域为， 则， 令，得或， 设，则， 当时，，所以单调递增； 当时，，所以单调递减， 又当时，；当时，，且， 所以的大致图象如图所示， 因为在定义域内有三个不同的极值点， 所以与有两个不同的交点，所以， 不妨设，则， 所以，所以 所以 ， 令，则， 因为在上单调递增，在上单调递减， 所以在上单调递增， 所以， 又， 所以，所以在上单调递增， 因为， 所以当时，恒成立， 即当时，恒成立， 所以实数的取值范围是．   第1页，共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$