精品解析：云南省丽江地区中学等学校2024-2025学年高二下学期期末联考数学试题

2025年丽江地区中学等学校高二期末联考 数学 注意事项: 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 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，写在试卷上无效. 3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回. 第I卷（选择题） 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. 已知集合，，则（ ）． A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先化简集合A，B，再利用并集的运算求解. 【详解】解：因为， ， 所以． 故选：B． 2. 已知，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】B 【解析】 【分析】先验证充分性，由已知可得或，即可知之间的关系；再验证必要性，根据之间的关系，结合诱导公式即可判断. 【详解】充分性：因为，所以或， 当时，或，， 当时， 或，， 可得或，所以充分性不成立， 必要性：若， 当为偶数时，设，则， 则，满足， 当为奇数时，设，则， 则，满足， 所以必要性成立， 所以“”是“”的必要不充分条件. 故选：B. 3. 已知向量，，若与反向，则向量在向量上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据向量方向相反的共线，可得,进而根据投影向量的定义即可求解. 【详解】由与共线可得，解得或．当时，与同向，舍去； 当时，与反向，符合要求．所以，向量在向量上的投影向量为． 故选：D 4. 已知数列满足，且，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用已知等式变形后得到的通项，再利用裂项相消法可得. 【详解】因为，所以，即， 所以，即， 所以为等差数列，公差，首项， 所以， 所以， 所以 ． 故选：D. 5. “赛龙舟”是端午节重要的民俗活动之一，登舟比赛的划手分为划左桨和划右桨.某训练小组有6名划手，其中有2名只会划左桨，2名只会划右桨，2名既会划左桨又会划右桨.现从这6名划手中选派4名参加比赛，其中2名划左桨，2名划右桨，则不同的选派方法共有（ ） A. 15种 B. 18种 C. 19种 D. 36种 【答案】C 【解析】 【详解】根据题意，记只会划左桨的两人，只会划右桨的两人，既会划左桨又会划右桨的两人； 则不同的选派方法有以下三种： （1）从中选择2人划左桨，划右桨的在中选两人，共有种， （2）从中选择1人划左桨，则从中选1人划左桨，再从剩下的3人中选2人划右桨，共有种； （3）从中选择0人划左桨，则中的两人划右桨，从中选2人划左桨，共有 所以，不同的选派方法共有19种. 故选：C 6. 已知三棱锥的所有顶点都在一个球面上且平面，，，且底面的面积为，则此三棱锥外接球的表面积是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用的面积计算边，利用正弦定理得 外接圆的半径，最后利用勾股定理求得外接球的半径，进而得球队表面积. 【详解】设  ，因为  ， 所以  ，  ， 而  ，所以    于是是  外接圆的半径，  ， 如图所示 记点为的外接圆的圆心．且， 过点作平面，作的中垂线交于点， 故点为三棱锥的外接球的球心， 所以 所以， 故选：C． 7. 已知直线与圆，点在直线上，过点作圆的切线，切点分别为，当取最小值时，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由切线长公式知当时，最小，结合点到直线距离公式求得的最小值，然后作关于直线的对称点，可知当点为与直线的交点时，最小，由对称知，此时与重合，从而易得最小值． 【详解】由可知圆心为，半径， 由题意， 所以当时，取最小值， 由点到直线的距离公式可得， 此时， 过作直线的对称点，连接，，与直线的交点即为所求的点， 由于与关于直线对称，，与关于直线对称， 因此与就是同一条直线，即点即为所求的点， 所以的最小值为. 故选：C 8. 若，设函数的零点为，的零点为，则的取值范围（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】函数的零点是与图象交点的横坐标，函数的零点是与图象交点的横坐标，数形结合可得出，再将代数式与相乘，展开后利用基本不等式可求得的取值范围. 【详解】函数的零点是与图象交点的横坐标， 函数的零点是与图象交点的横坐标， 由于与互为反函数，其图象关于直线对称， 直线与直线垂直， 故直线与直线的交点即是的中点， ，， 当且仅当时等号成立，故， 故所求的取值范围是． 故选：B． 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. 下列说法正确的是（ ） A. 数据1，8，9，4，5，5，8，2，3，10的下四分位数是3 B. 若随机变量X服从正态分布，，则 C. 变量x，y满足经验回归方程为，若样本点中心为，则 D. 已知数据的平均数为6，方差为10，现加入5和7两个数，则这8个数的方差 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，根据定义计算即可；对于B，正态分布，利用其对称性即可解题；对于C，根据样本点中心为在回归方程上解题即可；对于D，用方差公式直接计算即可. 【详解】对于A，数据按从小到大顺序排列1，2，3，4，5，5，8，8，9，10共10个数据，，所以其下四分位数是3，所以A正确； 对于B，由正态曲线的对称性得，所以，所以B正确； 对于C，样本点中心为代入回归方程，解得，所以C错误； 对于D，，， 可得， 现加入5和7两个数后，平均数为，，所以D正确； 故选：ABD 10. 设函数，则（ ） A. 当时，有三个零点 B. 当时，是的极大值点 C. 存在a，b，使得为曲线的对称轴 D. 存在a，使得点为曲线的对称中心 【答案】AD 【解析】 【分析】A选项，先分析出函数的极值点为，根据零点存在定理和极值的符号判断出在上各有一个零点；B选项，根据极值和导函数符号的关系进行分析；C选项，假设存在这样的，使得为的对称轴，则为恒等式，据此计算判断；D选项，若存在这样的，使得为的对称中心，则，据此进行计算判断，亦可利用拐点结论直接求解. 【详解】A选项，，由于， 故时，故在上单调递增， 时，，单调递减， 则在处取到极大值，在处取到极小值， 由，，则， 根据零点存在定理在上有一个零点， 又，，则， 则在上各有一个零点，于是时，有三个零点，A选项正确； B选项，，时，，单调递减， 时，单调递增， 此时在处取到极小值，B选项错误； C选项，假设存在这样的，使得为的对称轴， 即存在这样的使得， 即， 根据二项式定理，等式右边展开式含有的项为， 于是等式左右两边的系数都不相等，原等式不可能恒成立， 于是不存在这样的，使得为的对称轴，C选项错误； D选项， 方法一：利用对称中心的表达式化简 ，若存在这样的，使得为的对称中心， 则，事实上， ， 于是 即，解得，即存在使得是的对称中心，D选项正确. 方法二：直接利用拐点结论 任何三次函数都有对称中心，对称中心的横坐标是二阶导数的零点， ，，， 由，于是该三次函数的对称中心为， 由题意也是对称中心，故， 即存在使得是的对称中心，D选项正确. 故选：AD 【点睛】结论点睛：（1）的对称轴为；（2）关于对称；（3）任何三次函数都有对称中心，对称中心是三次函数的拐点，对称中心的横坐标是的解，即是三次函数的对称中心 11. 已知抛物线的焦点为F，点A，B在抛物线上运动，坐标原点为O．若最小值为2，则下列说法正确的是（ ） A. B. 当点F为的重心时， C. 当点F为的垂心时，以AB为直径的圆与有公共点 D. 当A、B两点关于直线对称时，与面积相等 【答案】ACD 【解析】 【分析】选项A，由焦半径，得到判定；选项B，由重心坐标公式得到，，结合正切计算即可；选项C，根据垂心性质得到点A，B关于x轴对称，设，借助数量积为0,求出，再验证位置关系即可；选项D，运用点差法，结合点关于直线对称即可解题. 【详解】选项A中，由，所以，则，故选项A对； 选项B中，为重心时，由重心坐标公式有，所以，所以， ，所以，故选项B错； 选项C中，为垂心时，，则点A，B关于x轴对称，设，则，所以，又，所以，则， 则以AB为直径的圆圆心为，半径为，则以AB为直径的圆与相交，故选项C对； 选项D中，设AB中点，则，相减得到，即， 因为A、B两点关于对称，所以，故，代回，故，AB中点坐标为，直线AB的方程为，即，过点，为中点． 所以与面积相等，选项D正确； 故选：ACD． 第II卷（非选择题） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在的二项式中，所有的二项式系数之和为256，则常数项等于________． 【答案】252 【解析】 【分析】 根据展开式中所有二项式系数的和等于，求得．在展开式的通项公式中，令的幂指数等于0，求得的值，即可求得展开式中的常数项． 【详解】∵在的二项式中，所有的二项式系数之和为256， ∴，解得， ∴中，， ∴当，即时，常数项为． 故答案为：252． 【点睛】本题主要考查二项式定理的应用，二项式展开式的通项公式，求展开式中某项的系数，二项式系数的性质，属于中档题． 13. 设复数，则下列命题中正确的是______填序号 ①； ②； ③在复平面上对应的点在第一象限； ④虚部为2． 【答案】①②③ 【解析】 【分析】根据已知条件，结合复数的四则运算，先对化简，依次求解即可． 【详解】解：， 对于①，，故①正确， 对于②，，故②正确， 对于③，在复平面上对应的点在第一象限，故③正确， 对于④，的虚部为1，故④错误． 故答案为：①②③ 14. 已知，函数，若存在，使得，则实数的最大值是____. 【答案】 【解析】 【分析】从研究入手，令，从而使问题加以转化，通过绘制函数图象，观察得解. 【详解】使得， 使得令，则原不等式转化为存在， 要求实数的最大值，不妨令则，即，， 即的最大值是 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. 的内角的对边分别为，已知． （1）求； （2）若为锐角三角形，且，求面积的取值范围． 【答案】(1) ;(2). 【解析】 【分析】(1)利用正弦定理化简题中等式，得到关于B的三角方程，最后根据A,B,C均为三角形内角解得. (2)根据三角形面积公式，又根据正弦定理和得到关于的函数，由于是锐角三角形，所以利用三个内角都小于来计算的定义域，最后求解的值域. 【详解】(1) [方法一]【最优解：利用三角形内角和为结合正弦定理求角度】 由三角形的内角和定理得， 此时就变为． 由诱导公式得，所以． 在中，由正弦定理知， 此时就有，即， 再由二倍角的正弦公式得，解得． [方法二]【利用正弦定理解方程求得的值可得的值】 由解法1得， 两边平方得，即． 又，即，所以， 进一步整理得， 解得，因此． [方法三]【利用正弦定理结合三角形内角和为求得的比例关系】 根据题意，由正弦定理得， 因为，故， 消去得． ，，因为故或者， 而根据题意，故不成立，所以， 又因为，代入得，所以. (2) [方法一]【最优解：利用锐角三角形求得C的范围，然后由面积函数求面积的取值范围】 因为是锐角三角形，又，所以， 则． 因为，所以，则， 从而，故面积的取值范围是． [方法二]【由题意求得边的取值范围，然后结合面积公式求面积的取值范围】 由题设及（1）知的面积． 因为为锐角三角形，且， 所以即 又由余弦定理得，所以即， 所以，故面积的取值范围是． [方法三]【数形结合，利用极限的思想求解三角形面积的取值范围】 如图，在中，过点A作，垂足为，作与交于点． 由题设及（1）知的面积，因为为锐角三角形，且， 所以点C位于在线段上且不含端点，从而， 即，即，所以， 故面积的取值范围是． 【整体点评】(1)方法一：正弦定理是解三角形的核心定理，与三角形内角和相结合是常用的方法； 方法二：方程思想是解题的关键，解三角形的问题可以利用余弦值确定角度值； 方法三：由正弦定理结合角度关系可得内角的比例关系，从而确定角的大小. (2)方法一：由题意结合角度的范围求解面积的范围是常规的做法； 方法二：将面积问题转化为边长的问题，然后求解边长的范围可得面积的范围； 方法三：极限思想和数形结合体现了思维的灵活性，要求学生对几何有深刻的认识和灵活的应用. 16. 已知中心在原点，焦点在轴上的椭圆过点，离心率为. （1）求椭圆的方程； （2）设过定点的直线与椭圆交于不同的两点，且，求直线的斜率的取值范围； 【答案】(1) (2) 【解析】 【详解】分析：（1）利用离心率，点在曲线上，列出的方程． （2）联立直线与椭圆方程根据韦达定理列出，的关系式，利用向量关系式，列出关于斜率的不等式，解出取值范围． 详解：（1）设椭圆的方程为： ， 由已知： 得： ， ， 所以，椭圆的方程为： . （2）由题意，直线斜率存在，故设直线的方程为 由得 由即有 即 有 解得 综上：实数的取值范围为 点睛：求参数的取值范围，最终落脚点在于计算直线与曲线的交点坐标的关系式．根据题目的条件，转化为，关系的式子是解题的关键． 17. 如图，在直三棱柱中，，分别是，的中点． （1）求证：平面； （2）若且，求平面与平面所成锐二面角余弦值的取值范围． 【答案】（1）证明见解析 （2）． 【解析】 【分析】（1）连接，，即证，利用线面平行的判断定理即可求解； （2）建立空间直角坐标系，利用向量夹角公式即可求解. 【小问1详解】 如图，连接，，由已知得四边形是矩形， 故与交于点，且点为中点， 又是的中点，所以． 又平面内，平面， 所以平面； 【小问2详解】 由于在直三棱柱中， 平面底面，且平面平面 故过在平面内作直线， 所以直线平面， 又，平面， 所以，， 由于直线，，两两垂直， 故分别以直线，，为轴、轴、轴，建立如图所示坐标系． 由于，设，则， 故，，，，设点， 由于，，， 所以，即，故， 设平面的法向量为，，， 由于，所以 令，则，即， 又平面的一个法向量为， 设平面与平面所成角为，则， 由于，所以， 所以平面与平面所成角的余弦值的取值范围是． 18. 已知函数，． （1）曲线在处的切线方程； （2）设函数． ①若在定义域上恒成立，求a的取值范围； ②若函数有两个极值点为，，证明：． 【答案】（1）；（2）①；②证明见解析． 【解析】 【分析】（1）先求导函数，计算和，再利用斜率和切点写直线方程即可； （2）①先化简整理即，再构造函数，利用导数求其最大值，即得； ②求导函数，先说明讨论时不符合题意，得到，再利用，整理得，利用分析法只需证时，构造函数，利用导数判断单调性证明，即证结论. 【详解】解：（1），则，， 所以切线斜率为2，切点为（1，1），切线方程为y-1=2（x-1）， 在处的切线方程为； （2）①，， 因为，， ，在上恒成立， 令，， 时，，时， ，； ②，， 设，则， 当时，，在单调递增， 故不可能有两根，即函数不可能有两个极值点，不符合题意，所以. 有两个极值点，，可设， ， ，， 要证，只需证，即证， 即，即，设，， ，即证函数， 而，即在上递增， ，故， 所以成立. 【点睛】思路点睛： 用导数证明不等式成立的问题，属于难点，通常通过变形整理，观察分析，构造合适的函数，通过导数研究函数的单调性和最值情况，来证明不等式. 19. 某次比赛中，甲乙二人进入决赛并争夺冠军，比赛没有平局，每局比赛结果相互独立． （1）若比赛规则为：①每局比赛后，胜者获得分，负者获得分；②连续局获胜或积分率先达到分者可获得冠军，比赛结束．已知在单局比赛中，甲乙获胜的概率均为求甲乙决出冠军时比赛局数的分布列与数学期望； （2）若每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为已知甲乙进行了局比赛且甲胜了局，试给出的估计值表示局比赛中甲胜的局数，以使得最大的的值作为的估计值． （3）若每局比赛甲获胜的概率为，规定在场比赛中甲超过一半场次获胜就获得冠军，记其概率为，试说明的单调性并给出证明． 【答案】（1）分布列： X 2 3 4 5 P 数学期望为 ； （2）21 （3）单调递增，证明：在场比赛中甲获胜概率为，则在场比赛中甲获胜概率为， 记乙在每场比赛获胜的概率为， ， 由知，，因此， 所以单调递增. 【解析】 【分析】（1）讨论极端情况，若刚开始连胜，则局结束，若一直没有连胜，则最多比赛局，再具体讨论每种情况，利用独立事件和互斥事件的概率公式即可解决. （2）每场比赛是相互独立的，则服从二项分布 ，求出，再求最值即可. （3）该模型符合马尔科夫链，得出和之间的递推关系即可判断. 【小问1详解】 由比赛规则知，1局比赛后，甲乙双方共获得4分，若比赛进行了4局还未结束， 则双方共计16分，此时双方均为8分，则第5局比赛后必定有一人积分可达到11分， 因此比赛次数不会超过5，令比赛共进行了n局，（）， 记随机事件“第i局比赛中甲获胜”，， ， ， ， ． 所以X的分布列为： X 2 3 4 5 P 数学期望. 【小问2详解】 依题意，，， 记，已知， 则， 由，得，即，；，， 则当时，最大，所以n的估计值为21． 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025年丽江地区中学等学校高二期末联考 数学 注意事项: 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 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，写在试卷上无效. 3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回. 第I卷（选择题） 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. 已知集合，，则（ ）． A. B. C. D. 2. 已知，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 3. 已知向量，，若与反向，则向量在向量上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 4. 已知数列满足，且，，则（ ） A. B. C. D. 5. “赛龙舟”是端午节重要的民俗活动之一，登舟比赛的划手分为划左桨和划右桨.某训练小组有6名划手，其中有2名只会划左桨，2名只会划右桨，2名既会划左桨又会划右桨.现从这6名划手中选派4名参加比赛，其中2名划左桨，2名划右桨，则不同的选派方法共有（ ） A. 15种 B. 18种 C. 19种 D. 36种 6. 已知三棱锥的所有顶点都在一个球面上且平面，，，且底面的面积为，则此三棱锥外接球的表面积是（ ） A. B. C. D. 7. 已知直线与圆，点在直线上，过点作圆的切线，切点分别为，当取最小值时，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 8. 若，设函数的零点为，的零点为，则的取值范围（ ） A. B. C. D. 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. 下列说法正确的是（ ） A. 数据1，8，9，4，5，5，8，2，3，10的下四分位数是3 B. 若随机变量X服从正态分布，，则 C. 变量x，y满足经验回归方程为，若样本点中心为，则 D. 已知数据的平均数为6，方差为10，现加入5和7两个数，则这8个数的方差 10. 设函数，则（ ） A. 当时，有三个零点 B. 当时，是的极大值点 C. 存在a，b，使得为曲线的对称轴 D. 存在a，使得点为曲线的对称中心 11. 已知抛物线的焦点为F，点A，B在抛物线上运动，坐标原点为O．若最小值为2，则下列说法正确的是（ ） A. B. 当点F为的重心时， C. 当点F为的垂心时，以AB为直径的圆与有公共点 D. 当A、B两点关于直线对称时，与面积相等 第II卷（非选择题） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在的二项式中，所有的二项式系数之和为256，则常数项等于________． 13. 设复数，则下列命题中正确的是______填序号 ①； ②； ③在复平面上对应的点在第一象限； ④虚部为2． 14. 已知，函数，若存在，使得，则实数的最大值是____. 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. 的内角的对边分别为，已知． （1）求； （2）若为锐角三角形，且，求面积的取值范围． 16. 已知中心在原点，焦点在轴上的椭圆过点，离心率为. （1）求椭圆的方程； （2）设过定点的直线与椭圆交于不同的两点，且，求直线的斜率的取值范围； 17. 如图，在直三棱柱中，，分别是，的中点． （1）求证：平面； （2）若且，求平面与平面所成锐二面角余弦值的取值范围． 18. 已知函数，． （1）曲线在处的切线方程； （2）设函数． ①若在定义域上恒成立，求a的取值范围； ②若函数有两个极值点为，，证明：． 19. 某次比赛中，甲乙二人进入决赛并争夺冠军，比赛没有平局，每局比赛结果相互独立． （1）若比赛规则为：①每局比赛后，胜者获得分，负者获得分；②连续局获胜或积分率先达到分者可获得冠军，比赛结束．已知在单局比赛中，甲乙获胜的概率均为求甲乙决出冠军时比赛局数的分布列与数学期望； （2）若每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为已知甲乙进行了局比赛且甲胜了局，试给出的估计值表示局比赛中甲胜的局数，以使得最大的的值作为的估计值． （3）若每局比赛甲获胜的概率为，规定在场比赛中甲超过一半场次获胜就获得冠军，记其概率为，试说明的单调性并给出证明． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $