精品解析：甘肃省金昌市永昌县第一高级中学2024-2025学年高二下学期期末考试数学试卷

永昌县第一高级中学2024-2025-2高二期末考试 数学 考生注意： 1．本试卷分选择题和非选择题两部分．满分150分，考试时间120分钟． 2．考生作答时，请将答案答在答题卡上．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效． 3．本卷命题范围：湘教版必修第一册（10%），必修第二册（10%），选择性必修第一册（10%），选择性必修第二册（70%）． 一、选择题：本大题共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. 一个样本容量为4的样本的平均数为18，现样本加入新数8，此时样本数据的和为（ ） A. 26 B. 60 C. 72 D. 80 2. 若，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 3. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 4. 若函数，则函数的单调递减区间为（ ） A. B. C. D. 5. 已知偶函数的定义域为，且当时，，若，则（ ） A. B. C. 25 D. 15 6. 若等比数列的前n项和为（p为常数），且的公比为q，则（ ） A. 4 B. 2 C. 1 D. 0 7. 已知变量与的取值如下表： 1 2 3 4 5 5 8 11 且对呈现线性相关关系，则与的经验回归方程必经过的定点为（ ） A. B. C. D. 8. 已知角、满足，且，则（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本大题共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． 9. 某市对高三年级学生进行体育测试，其中甲班的成绩与乙班的成绩均服从正态分布，且，则（ ） A. B. C. D. 10. 已知函数，.下列结论正确的是（ ） A. 有且只有个零点 B. 有且只有个极值点 C. 无最大值，也无最小值 D. 的极小值就是最小值 11. 如图，在三棱柱中，是与的交点，，，则（ ） A. B. C. 平面 D. 到平面的距离为 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知空间向量，，且满足，则__________. 13. 已知函数在处有极大值，则________ 14. 已知一个正三棱柱既有内切球又有外接球，且外接球的表面积为，则该三棱柱的体积为______． 四、解答题：本大题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤． 15. 某商店为了解消费者对某产品不同品牌（）的偏好是否与他们的性别有关，随机调查收集了100名消费者对该产品这两个品牌的偏好数据，同时记录了他们的性别，得到如下所示的列联表： 品牌 性别 男性 15 30 女性 30 25 （1）根据上表，用频率估计概率，求女性消费者偏好品牌的概率； （2）根据小概率值的独立性检验，判断消费者对该产品品牌的偏好是否与性别有关联. 附：，其中. 0.100 0.050 0.010 0.005 2.706 3.841 6.635 7.879 16. 已知椭圆的离心率为，且椭圆经过点. （1）求椭圆的方程； （2）过椭圆的左焦点作斜率为1的直线交椭圆于两点，为的右焦点，求的面积. 17. 如图，在五面体ABCDEF中，四边形ABCD是矩形，，，，． （1）证明：平面平面ABCD. （2）求平面ADE与平面BCF所成角的余弦值． 18. 甲、乙两位同学进行乒乓球比赛，经过大数据分析，每局比赛甲获胜的概率约为，乙获胜的概率约为． （1）若比赛为三局两胜制： （i）设比赛结束时比赛场次为，求的分布列与数学期望； （ii）求乙最终获胜的概率； （2）若比赛为五局三胜制，已知甲最终获胜了，求在此条件下进行了5局比赛的概率． 19. 已知函数. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若函数在处有极值，求函数的单调区间； （3）当时，求证：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 永昌县第一高级中学2024-2025-2高二期末考试 数学 考生注意： 1．本试卷分选择题和非选择题两部分．满分150分，考试时间120分钟． 2．考生作答时，请将答案答在答题卡上．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效． 3．本卷命题范围：湘教版必修第一册（10%），必修第二册（10%），选择性必修第一册（10%），选择性必修第二册（70%）． 一、选择题：本大题共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. 一个样本容量为4的样本的平均数为18，现样本加入新数8，此时样本数据的和为（ ） A. 26 B. 60 C. 72 D. 80 【答案】D 【解析】 【分析】根据平均数的概念求出原数据的和，即可得解. 【详解】设这个样本容量为4的样本数据分别为，则， 所以，现样本加入新数8，此时样本数据的和为80， 故选：D． 2. 若，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据等式利用复数的乘法和除法，求出复数，从而确定复数的虚部. 【详解】依题意，， 故的虚部为. 故选：C. 3. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】首先将集合中的不等式的解集求出来，然后求. 【详解】对于集合，，解得. 对于集合，，解得. 所以集合，集合. 所以. 故选：B. 4. 若函数，则函数的单调递减区间为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求函数的导数，利用导数小于零并结合定义域得出结果. 【详解】函数，定义域为， 由，令，解得， 则函数的单调递减区间为. 故选：C. 5. 已知偶函数的定义域为，且当时，，若，则（ ） A. B. C. 25 D. 15 【答案】A 【解析】 【分析】利用偶函数性质可得，即可求得，从而可求解. 【详解】由偶函数的性质可知，，得， 即时，，则，故A正确. 故选：A． 6. 若等比数列的前n项和为（p为常数），且的公比为q，则（ ） A. 4 B. 2 C. 1 D. 0 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，利用数列前n项和的意义及等比数列定义求解并验证即可. 【详解】在等比数列中，由，得， ，， 因此公比，，解得， 此时，符合题意，所以. 故选：C. 7. 已知变量与的取值如下表： 1 2 3 4 5 5 8 11 且对呈现线性相关关系，则与的经验回归方程必经过的定点为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据线性回归方程必过样本中心点求解即可. 【详解】由于， 则线性回归方程必过定点. 故选：C. 8. 已知角、满足，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】结合两角差的正弦公式及同角三角函数的基本关系可求得，进而根据二倍角公式求解即可. 【详解】由， 则， 则， 则， 又， 则，即， 所以. 故选：D. 二、多项选择题：本大题共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． 9. 某市对高三年级学生进行体育测试，其中甲班的成绩与乙班的成绩均服从正态分布，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】根据条件，利用正态分布的性质，对各个选项逐一分析判断，即可求解. 【详解】因为，所以，， 所以选项A正确，选项B错误， 对于选项C，因为，所以选项C正确 对于选项D，易知，所以选项D错， 故选：AC． 10. 已知函数，.下列结论正确的是（ ） A. 有且只有个零点 B. 有且只有个极值点 C. 无最大值，也无最小值 D. 的极小值就是最小值 【答案】AD 【解析】 【分析】求导，根据导数判断函数的单调性与极值最值情况，进而可导零点. 【详解】由已知， 则， 令，解得或， 则 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 即函数在和上单调递增，在上单调递减， 所以函数的极大值为，极小值为，B选项错误； 又当时，恒成立，所以当且仅当时，，即函数的极小值也是最小值，A、D选项正确，C选项错误； 故选：AD. 11. 如图，在三棱柱中，是与的交点，，，则（ ） A. B. C. 平面 D. 到平面的距离为 【答案】BC 【解析】 【分析】对A，利用向量的线性运算求解；对B，由平方后结合数量积的运算，即可求得答案；对C，利用向量数量积运算验证，可得，同理得，根据线面垂直的判定定理得证；对D，由C选项得为平面的一个法向量，利用向量法求点到平面的距离. 【详解】设，，， 对于A， ，故A错误； 对于B，因为， 所以 ， 则，故B正确； 对于C，因为， 所以，同理，可得，又，平面， 所以平面，故C正确； 对于D，因为， 由选项C知，平面，所以为平面的一个法向量， 所以点到平面的距离，故D错误. 故选：BC. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知空间向量，，且满足，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】由空间向量垂直向量的坐标表示求解即可. 【详解】，，且满足， 则，解得：. 故答案为：. 13. 已知函数在处有极大值，则________ 【答案】3 【解析】 【分析】根据导数与函数极值点的关系，即可求解. 【详解】，， 因为函数在处取得极大值，所以， ，得或，且 当时，，在区间和单调递增， 当时，，在区间单调递减， 所以当时函数取得极大值，即，即. 故答案为：3 14. 已知一个正三棱柱既有内切球又有外接球，且外接球的表面积为，则该三棱柱的体积为______． 【答案】 【解析】 【分析】利用正三棱柱的性质，依题知其内切球和外接球是同心球，先求出外接球半径，再根据球心在底面的投影恰为底面正三角形的中心，由之求得底面三角形边长，从而可求体积. 【详解】 如图，设正三棱柱的外接球的半径为，则，解得， 因三棱柱有内切球，设内切球半径为，则正三棱柱的高为， 连接的中心，则线段的中点即为球心， 依题意，内切圆半径为，得， 则，解得,故三棱柱的体积为 故答案为：． 四、解答题：本大题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤． 15. 某商店为了解消费者对某产品不同品牌（）的偏好是否与他们的性别有关，随机调查收集了100名消费者对该产品这两个品牌的偏好数据，同时记录了他们的性别，得到如下所示的列联表： 品牌 性别 男性 15 30 女性 30 25 （1）根据上表，用频率估计概率，求女性消费者偏好品牌的概率； （2）根据小概率值的独立性检验，判断消费者对该产品品牌的偏好是否与性别有关联. 附：，其中. 0.100 0.050 0.010 0.005 2.706 3.841 6.635 7.879 【答案】（1）； （2）根据小概率值的独立性检验，消费者对该产品品牌的偏好与性别有关联. 【解析】 【分析】（1）根据表格数据，应用古典概型的概率求法求概率即可； （2）应用卡方公式求卡方值，结合独立检验的基本思想得结论. 【小问1详解】 由表格数据知，女性消费者偏好品牌的概率； 【小问2详解】 列联表如下， 品牌 性别 男性 15 30 45 女性 30 25 55 45 55 100 由题设，， 所以根据小概率值的独立性检验，消费者对该产品品牌的偏好与性别有关联. 16. 已知椭圆的离心率为，且椭圆经过点. （1）求椭圆的方程； （2）过椭圆的左焦点作斜率为1的直线交椭圆于两点，为的右焦点，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据椭圆的离心率和所过点求得，，，从而求得椭圆的方程． （2）求得直线的方程并与椭圆方程联立，求得，两点的坐标，进而求得的面积． 【小问1详解】 由题意可得：，，又， 解得，． 故椭圆的方程为； 【小问2详解】 左焦点，右焦点，设，， 因直线的方程为：， 联立，消去整理得，解得或， 时，；当时，， 所以的面积. 17. 如图，在五面体ABCDEF中，四边形ABCD是矩形，，，，． （1）证明：平面平面ABCD. （2）求平面ADE与平面BCF所成角的余弦值． 【答案】（1）证明：取棱CD的中点G，连接EG， 因为，故， 又，， 所以四边形为平行四边形，则， 因为，所以，所以，故， 因为四边形ABCD是矩形，所以， 因为AD，平面ADE，且， 所以平面ADE， 因为平面ABCD， 所以平面平面ABCD. （2）. 【解析】 【分析】（1）由勾股定理与矩形可得线线垂直，利用线面垂直的判定与面面垂直的判定，可得答案；（2）由题意建立坐标系，求得平面的法向量，根据面面角的向量公式，可得答案. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 取棱BC的中点M，AD的中点O，连接OM，则OA，OM，OE两两垂直， 以O为坐标原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向， 如图建立空间直角坐标系， 则，，， 则，， 设平面BCF的法向量为， 则，则， 令，可得， 所以为平面BCF的一个法向量， 平面ADE的一个法向量为． 设平面ADE与平面BCF所成的角为， 则． 即平面ADE与平面BCF所成角的余弦值是. 18. 甲、乙两位同学进行乒乓球比赛，经过大数据分析，每局比赛甲获胜的概率约为，乙获胜的概率约为． （1）若比赛为三局两胜制： （i）设比赛结束时比赛场次为，求的分布列与数学期望； （ii）求乙最终获胜的概率； （2）若比赛为五局三胜制，已知甲最终获胜了，求在此条件下进行了5局比赛的概率． 【答案】（1）（i）的分布列为： 2 3 ，；（ii） （2） 【解析】 【分析】（1）可取2,3，按独立事件概率求解，写出分布列，可求数学期望；分乙两局或三局获胜求解； （2）分别求出“甲最终获胜”和“甲经历5局获胜”的概率，再按条件概率求解即可． 【小问1详解】 （i）所有可能的取值为2，3 ，， 所以的分布列为： 2 3 . （ii）乙最终获胜的概率. 【小问2详解】 设事件“甲最终获胜”，事件“共进行了5场比赛”． 则， ， 故． 19. 已知函数. （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若函数在处有极值，求函数的单调区间； （3）当时，求证：. 【答案】（1） （2）在上单调递减，在上单调递增 （3） 法一：令，则， 当时，，当时，， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 所以， 所以，当且仅当时取等号，.. 故， 令，则， 当时，，当时，， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 所以，当且仅当时，等号成立， 当时，，所以； 法二：当时，， 故只需证明当时，. 当时，函数在上单调递增. 又，故在上有唯一实根， 且. 当时，；当时，， 从而当时，取得最小值. 由得， 故. 综上，当时，. 【解析】 【分析】（1）求出，利用直线的点斜式方程可得答案； （2）利用求出，可得，可得答案； （3）法一：令，利用导数求出，得，令，利用导数，可得答案；法二：利用函数在上单调递增，得在上有唯一实根，且，由得，由可得答案. 【小问1详解】 当时，， 则， 故， 所以曲线在点处的切线方程为， 即； 【小问2详解】 ， 因为函数在处有极值， 所以，即，解得， 此时， 因为函数在上都是增函数， 所以函数在上是增函数， 又， 所以时，，当时，， 所以函数在上单调递减，在上单调递增； 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $