精品解析：云南省楚雄彝族自治州楚雄市等5地2024-2025学年高二下学期7月期末数学试题

楚雄州中小学2024—2025学年下学期期末教育学业质量监测 高中二年级 数学试卷 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 4．本试卷主要考试内容：人教A版必修第一、二册占，选择性必修第一、二册占，选择性必修第三册第六、七章占． 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 已知集合，，，则（ ） A. B. C. D. 2 已知复数，且，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知等差数列前项和为，若，则（ ） A. 21 B. 23 C. 28 D. 30 4. 如图，在三棱锥中，是的中点，点在上，，记，则（ ） A. B. C. D. 5. 某工厂产生的废气经过滤后排放，过滤过程中废气的污染物含量（单位：mg/L）与时间（单位：）之间的关系为，其中，是正的常数，则对于的瞬时变化率为（ ） A. B. C. D. 6. 已知，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知双曲线，点（不与原点重合）在的一条渐近线上，若点到另一条渐近线的距离与到轴的距离相等，则的离心率为（ ） A 2 B. C. D. 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． 8. 已知函数，则（ ） A. 的图象关于点对称 B. 的图象关于直线对称 C. 当时，有极值 D. 曲线在点处的切线方程为 9. 已知数列的通项公式为，前项和为，则下列结论正确的是（ ） A. B. 是递减数列 C D. 10. 五人进行丢骰子游戏，最后统计每人所丢骰子的点数之和，点数之和最大的获胜．已知每人每次丢完后都等可能地随机传向另外4人中的1人．第1次由将骰子传出，记第次传骰子之后骰子在或手上的概率为，记第次传骰子之后骰子在手上的概率为，则（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 11. 已知向量满足，且，则__________． 12. 如图，在圆的内接四边形中，，的面积为，的面积为，则四边形的周长为__________． 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． 13. 已知数列满足． （1）求的通项公式； （2）求数列的前项和． 14. 甲、乙、丙三人各投篮1次．已知甲、乙、丙投篮的命中率分别是0.5，0.6，0.8．每个人能否投中相互独立． （1）在甲、乙、丙三人共投中2次的条件下，求其中有1次是甲投中的概率； （2）记甲、乙、丙三人共投中次，求的分布列和期望． 15. 已知椭圆的离心率为，点在椭圆上． （1）求椭圆的方程． （2）直线与椭圆交于点． ①求； ②记直线的斜率分别为，求． 16. 如图，直四棱柱的底面是菱形，，为锐角，分别是的中点． （1）证明：平面． （2）求二面角的余弦值的最大值． 17. 已知函数与，若存在，使得，则称点为与的一个“关键点”． （1）请写出函数与的一个“关键点”的坐标（不需要证明）． （2）判断函数与是否存在“关键点”．若存在，求出该“关键点”的坐标；若不存在，请说明理由． （3）已知函数和的一个“关键点”的坐标是，且，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 楚雄州中小学2024—2025学年下学期期末教育学业质量监测 高中二年级 数学试卷 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 4．本试卷主要考试内容：人教A版必修第一、二册占，选择性必修第一、二册占，选择性必修第三册第六、七章占． 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. 已知集合，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用交集和并集的定义可求得集合. 【详解】因为集合，，，则，故. 故选：C. 2. 已知复数，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由复数的模长公式，求出的值，得到的值，最后得出共轭复数 【详解】复数，， 所以，解得 所以，共轭复数， 故选：B 3. 已知等差数列的前项和为，若，则（ ） A. 21 B. 23 C. 28 D. 30 【答案】C 【解析】 【分析】根据等差数列性质得出，即可求出前7项的和. 【详解】由题意，， 在等差数列中，前项和为，若， ， ∴， 故选：C 4. 如图，在三棱锥中，是的中点，点在上，，记，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用向量的加减法则，将逐步转化为已知向量、、的线性组合. 【详解】是的中点，，又，由，. 故选：. 5. 某工厂产生的废气经过滤后排放，过滤过程中废气的污染物含量（单位：mg/L）与时间（单位：）之间的关系为，其中，是正的常数，则对于的瞬时变化率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用简单复合函数的求导法则对两边求导可得答案 【详解】对求导数得： 故选：D 6. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设函数即可判断a，c的大小，再找中间值即可判断b，c的大小 【详解】设函数，函数在上单调递增，故，即； 因为，，故； 故选：D 7. 已知双曲线，点（不与原点重合）在的一条渐近线上，若点到另一条渐近线的距离与到轴的距离相等，则的离心率为（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意可知为的角平分线，可得渐近线的倾斜角，进而可得离心率. 【详解】设点在另一条渐近线、轴上的投影分别为，则， 可知为的角平分线，即， 根据对称性可得，即， 可知渐近线的倾斜角，斜率， 所以的离心率. 故选：A. 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． 8. 已知函数，则（ ） A. 的图象关于点对称 B. 的图象关于直线对称 C. 当时，有极值 D. 曲线在点处的切线方程为 【答案】AD 【解析】 【分析】对于AB，由即可判断；对于C，求导可得函数在上单调递增即可判断；对于D，由导数的几何意义即可判断. 【详解】对于AB，因为，所以的图象关于点对称，故A正确，B错误； 对于C，恒成立，所以在上单调递增，故C错误； 对于D，，所以曲线在点处的切线方程为，故D正确. 故选：AD. 9. 已知数列的通项公式为，前项和为，则下列结论正确的是（ ） A. B. 是递减数列 C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】A选项，代入计算出A正确；BC选项，作差法得到，所以是递增数列，，B错误，C正确；D选项，分组求和，结合等比数列求和公式得到，D正确. 【详解】A选项，，A正确； BC选项，， 故，所以是递增数列，，B错误，C正确； D选项，， 故 ，D正确. 故选：ACD. 10. 五人进行丢骰子游戏，最后统计每人所丢骰子的点数之和，点数之和最大的获胜．已知每人每次丢完后都等可能地随机传向另外4人中的1人．第1次由将骰子传出，记第次传骰子之后骰子在或手上的概率为，记第次传骰子之后骰子在手上的概率为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】由题意可得，由全概率公式可得，即得到，由等比数列通项公式可得，当时，计算可得，同理化简可得. 【详解】由题意可得，第1次由将骰子传出，传到或手上的概率为，故A正确； 设第次传到或手上的概率为，则次传到或手上的概率为， 则，即， 因为， 所以数列是以为首项，为公比的等比数列， 所以，即，故C正确； 当时，，故B错误； 同理第次传到手上的概率为，则次传到手上的概率为， 则，即， 因为，， 所以数列是以为首项，为公比的等比数列， 所以，即，故D错误. 故选：AC 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 11. 已知向量满足，且，则__________． 【答案】1 【解析】 【分析】利用向量数量积运算律计算即可求解. 详解】由题意可知，，， 所以，解得， 所以. 故答案为：1 12. 如图，在圆的内接四边形中，，的面积为，的面积为，则四边形的周长为__________． 【答案】16 【解析】 【分析】由几何知识求出与的关系，利用平方和、三角形面积公式和余弦定理即可求出四边形的周长. 详解】由题意， 在圆的内接四边形中， ，的面积为，的面积为， 由几何知识得，，即, 由正弦定理得， ， ， 解得：，， 由余弦定理得， ，即， ，即， ∵，， ∴， ， 由几何知识得，四边形的四边均为正数， ∴，， 设四边形的周长为， ， 故答案为：16. 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． 13. 已知数列满足． （1）求的通项公式； （2）求数列的前项和． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由累加法即可求解； （2）由裂项相加法即可求解. 【小问1详解】 因为，所以， … ，． 累加得，， 所以，则，当时，上式也成立， 所以的通项公式为． 【小问2详解】 ． 记数列的前项和为， 则． 14. 甲、乙、丙三人各投篮1次．已知甲、乙、丙投篮的命中率分别是0.5，0.6，0.8．每个人能否投中相互独立． （1）在甲、乙、丙三人共投中2次的条件下，求其中有1次是甲投中的概率； （2）记甲、乙、丙三人共投中次，求的分布列和期望． 【答案】（1） （2）分布列见解析，数学期望1.9 【解析】 【分析】（1）求出甲、乙、丙三人共投中2次的概率，再求出在此条件下有1次是甲投中的概率； （2）写出的所有可能取值，求出对应概率，列出分布列，求出数学期望 【小问1详解】 记“甲、乙、丙三人共投中2次”为事件，“甲投中”为事件． ， ． 小问2详解】 的所有可能取值为0，1，2，3． ， ， ， ， 所以的分布列为 0 1 2 3 0.04 0.26 0.46 0.24 15. 已知椭圆的离心率为，点在椭圆上． （1）求椭圆的方程． （2）直线与椭圆交于点． ①求； ②记直线的斜率分别为，求． 【答案】（1） （2）①；②0 【解析】 【分析】（1）由题意列方程求得即可得解； （2）①联立直线方程与椭圆方程得，由韦达定理结合弦长公式计算即可；②由斜率公式结合韦达定理即可得解. 【小问1详解】 因为点在椭圆上，所以． 又椭圆的离心率为，且，解得， 所以椭圆的方程为． 【小问2详解】 ①设． 联立得，则， 故． ②， ． 又 ， 所以． 16. 如图，直四棱柱的底面是菱形，，为锐角，分别是的中点． （1）证明：平面． （2）求二面角的余弦值的最大值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）证法一：连接，设，连接，由线面平行的判定即可证明； 证法二：设的中点分别为，连接,由线面平行的判定及性质即可证明；． （2）建立空间直角坐标系，由面面角余弦的向量公式及基本不等式即可求解． 【小问1详解】 证法一：连接，设，连接． 在中，分别是的中点，所以． 在中，分别是的中点，所以，则． 因为平面，平面，所以平面． 证法二：设的中点分别为，连接,如图所示． 因为， 所以四边形为平行四边形，所以． 因为，所以四边形为平行四边形， 所以，所以． 因为平面，平面，所以平面． 因为，平面，平面，所以平面． 因为平面，平面，，所以平面平面． 因为平面，所以平面． 【小问2详解】 过点作交于点． 以为坐标原点，所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则． 设，且，则． 设，则，即， 则． 设平面的法向量为，则， 所以可取． 易得平面的一个法向量为． ． 令， 则， 当且仅当，即时，等号成立， 所以． 故二面角的余弦值的最大值为． 17. 已知函数与，若存在，使得，则称点为与的一个“关键点”． （1）请写出函数与的一个“关键点”的坐标（不需要证明）． （2）判断函数与是否存在“关键点”．若存在，求出该“关键点”的坐标；若不存在，请说明理由． （3）已知函数和的一个“关键点”的坐标是，且，证明：． 【答案】（1）（答案不唯一） （2）不存在，理由见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由题意可得，找出符合要求的一个点即可得； （2）借助导数与零点的存在性定理可得的单调性，从而可得其最小值，结合的值域即可判断； （3）由题意可得，，化简计算有，再构造函数，结合导数研究其单调性即可得解. 【小问1详解】 设，则有， 故满足由的点都是与的一个“关键点”， 对，有，故点符合要求； 【小问2详解】 由题意得的值域为，的定义域为， ． 令，则，所以在上单调递增． 因为， 所以在上存在唯一零点，且． 当时，，在上单调递减，当时，， 在上单调递增，所以， 由，得，得，即， 所以，得． 又，所以不存在，使得，故与不存在“关键点”； 【小问3详解】 设，则，得①，②， ①②得，①②得， 由，得，则， 得． 设，则， 设，则． 令函数，因为，所以在上单调递增． 由，得，得在上单调递增， 由，得在上单调递增， 所以，则． 故． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$