精品解析：云南省煤炭第一中学2024-2025学年高二下学期期末数学试题

2024～2025学年下学期期末考试 高二 数学 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡上. 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，请将答题卡交回，试卷自行保留. 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. 在，点是中线上一点（不包含端点），且，则的最小值是（ ）． A. 8 B. 16 C. 18 D. 25 3. 设函数，命题“”是假命题，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 4. 一组数据，，…，满足（），若去掉，后组成一组新数据，则新数据与原数据相比，下列说法正确的是（ ） A. 方差变小 B. 平均数变大 C. 极差变大 D. 中位数变小 5. 如图，在三棱锥中，为等边三角形，，，若，则三棱锥外接球半径的最小值为（ ） A. B. C. D. 6. 已知，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数在上单调递增，则的最小值为（ ） A. 0 B. 1 C. D. 8. 过点可以作两条直线与曲线相切，则实数的取值范围是（ ） 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. 若，则n的值为6 B. 若，则 C. 被8除的余数为7 D. 已知随机变量，若，则 10. 已知双曲线的渐近线方程为，左、右焦点分别为，过点的直线l与双曲线C的右支交于P，Q两点，则（ ） A. 双曲线C的离心率为 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，直线l的倾斜角为，则 11. 若函数为函数的导函数，且对于任意实数，函数值，，均为递增的等差数列，则（ ） A. 函数可能为奇函数 B. 函数存在最大值 C. 函数存在最小值 D. 函数有且仅有一个零点 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. 设是虚数单位，则复数等于______． 13. 已知是首项为，公差为的等差数列，，若对任意的，都有成立，则实数的取值范围是________ 14. 在中，内角，，所对的边分别为，，，且，，则的取值范围为______． 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. 已知抛物线的焦点为椭圆的右焦点，且的左、右顶点分别为，． （1）求的方程； （2）求以为直径的圆的标准方程； （3）设过点且倾斜角为的直线与交于，两点，求． 16. 如图，在六面体 中，平面 平面 ， ， . （1）求证： 平面 ； （2）若 平面 ，，，求直线与平面所成角的正弦值. 17. 已知数列满足 （I）证明：数列是等比数列； （II）求数列的通项公式； （III）若数列满足证明是等差数列 18. 函数，． （1）证明：当时，． （2）当时，恒成立，求的取值范围． 19. 深圳是一个沿海城市，拥有大梅沙等多样的海滨景点，每年夏天都有大量游客来游玩.为了合理配置旅游资源，文旅部门对来大梅沙游玩的游客进行了问卷调查，据统计，其中的人选择只游览海滨栈道，另外的人选择既游览海滨栈道又到海滨公园游玩.每位游客若选择只游览海滨栈道，则记1分；若选择既游览海滨栈道又到海滨公园游玩，则记2分.假设游客之间的旅游选择意愿相互独立，视频率为概率. （1）从游客中随机抽取2人，记这2人的合计得分为，求的分布列和数学期望； （2）从游客中随机抽取个人，记这个人的合计得分恰为分的概率为，求； （3）从游客中随机抽取若干人，记这些人的合计得分恰为分的概率为，随着抽取人数的无限增加，是否趋近于某个常数？若是，求出这个常数；若不是，请说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024～2025学年下学期期末考试 高二 数学 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡上. 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，请将答题卡交回，试卷自行保留. 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】D 【解析】 【分析】解分式不等式、对数函数的性质求定义域得到集合，再由交运算求结果. 【详解】由，则， 根据对数函数的性质知，则. 故选：D 2. 在，点是中线上一点（不包含端点），且，则的最小值是（ ）． A. 8 B. 16 C. 18 D. 25 【答案】D 【解析】 【分析】利用共线向量定理的推论可得，且，再根据“1”的代换，运用基本不等式可解. 【详解】由是的中点得，所以， 因为三点共线，所以， 所以， 当且仅当，即时取等号， 所以的最小值是25. 故选：D 3. 设函数，命题“”是假命题，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由命题“”是假命题可得其否定为真命题，结合不等式恒成立问题的解决方法可求的取值范围. 【详解】因为命题“”是假命题， 所以， 又可化为，即， 当时，， 所以在上恒成立， 所以其中， 当时有最小值为1，此时有最大值为3， 所以， 故实数的取值范围是， 故选：D 4. 一组数据，，…，满足（），若去掉，后组成一组新数据，则新数据与原数据相比，下列说法正确的是（ ） A. 方差变小 B. 平均数变大 C. 极差变大 D. 中位数变小 【答案】A 【解析】 【分析】根据极差，平均数，方差与中位数的定义计算出去掉前后的相关数据，比较后即可得解. 【详解】由于， 故，，……，，， 对B：原来的平均数为， 去掉后的平均数为， 平均数不变，故B错误； 对A：原来的方差为， 去掉后的方差为， 方差变小，故A正确； 对C：原来的极差为，去掉后，极差为， 极差变小，故C错误； 对D：原来的中位数与现在的中位数均为， 故中位数不变，故D错误. 故选：A. 5. 如图，在三棱锥中，为等边三角形，，，若，则三棱锥外接球半径的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】取中点，连接，，则，，先证明平面，可得三棱锥的外接球球心必在过的中心，且平行于的直线上，，设，结合勾股定理可得，进而结合二次函数的性质求解即可. 【详解】如图，取中点，连接，，则，， 又，平面， 所以平面，又平面，所以， 又，，平面， 所以平面， 所以三棱锥的外接球球心必在过的中心，且平行于的直线上，， 设，又， 所以，， 设三棱锥的外接球半径为， 则， 所以当时，，． 故选：D． 6. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用平方关系与和差公式求出，然后结合二倍角公式和商数关系即可得解. 【详解】由得①. 因为，所以，所以， 即，得②. 由①②解得， 则， . 故选：A 7. 已知函数在上单调递增，则的最小值为（ ） A. 0 B. 1 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据函数在单调递增，即在恒成立，解得，再构造函数，通过导数求单调性即可求解. 【详解】由题意，函数 的定义域为， 导函数为， 因为函数在单调递增， 所以在恒成立， 所以，即， 故， 令，则， 令，则， 令，则， 所以在单调递减，在单调递增， 所以， 所以的最小值为. 故选：B. 8. 过点可以作两条直线与曲线相切，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据导数的几何意义及直线的点斜式方程可得曲线的切线方程，从而将问题化为与在有个交点，再求，从而根据的单调性及极值即可求解． 【详解】因为， 所以， 设过点的切线切曲线于点， 则切线方程为， 又切线过点， 所以， 因为过点可以作两条直线与曲线相切， 所以方程在有解， 所以与在有个交点， 又， 令，可得或， 当时，，此时单调递增； 当时，，单调递减， 所以的极大值为，又，时，， 所以要使与在有个交点，则需． 故选：A． 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. 若，则n的值为6 B. 若，则 C. 被8除的余数为7 D. 已知随机变量，若，则 【答案】BC 【解析】 【分析】应用组合数及排列数运算得出A，应用赋值法计算判断B，应用二项式展开式计算得出余数判断C，应用正态分布对称性计算判断D. 【详解】因为，所以，所以，所以，A选项错误； 因为， 令得， 令得，则，B选项正确； ， 是8的倍数， 所以除8的余数是被8除的余数，被8除的余数为7，C选项正确； 随机变量，若，则，D选项错误； 故选：BC. 10. 已知双曲线的渐近线方程为，左、右焦点分别为，过点的直线l与双曲线C的右支交于P，Q两点，则（ ） A. 双曲线C的离心率为 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，直线l的倾斜角为，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A选项：由渐近线方程为得到，从而求出离心率；对于B选项：时，求出通径长，与焦距长相比即可得到长度关系；对于C选项：结合双曲线的定义，在中，通过余弦定理求角即可；对于D选项：联立，通过韦达定理求弦长即可. 【详解】依题意可知，则，故A正确； 若，则，故，故B错误； 不妨设，因为， 则，则，而， 则在中，由余弦定理，， 则，则，故C正确； 联立， 联立则， 所以， 则，故D正确. 故选： ACD. 11. 若函数为函数的导函数，且对于任意实数，函数值，，均为递增的等差数列，则（ ） A. 函数可能为奇函数 B. 函数存在最大值 C. 函数存在最小值 D. 函数有且仅有一个零点 【答案】CD 【解析】 【分析】通过分析函数的一次导数和二阶导数，得出函数的单调区间和最值，以及函数的零点，即可得出答案. 【详解】由题意， 在函数中，函数为函数的导函数， 设，则， 由题意可知：， 则，即， 故， 则存在正实数a满足：，即，即， 故，存在实数b满足：， 故， 故， ∴当时，，当时，， ∴在单调递减，在单调递增． 对于A，由的单调性可知，函数不可能为奇函数，故A错误； 对于B，对任意实数x，当时，，故函数没有最大值，故B错误； 对于C，在时取得最小值，故C正确； 对于D，因为函数有且仅有一个零点，而，故函数有且仅有一个零点，故D正确， 故选：CD． 【点睛】本题考查函数的求导，二次求导，构造函数，求函数的单调区间，具有极强的综合性. 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. 设是虚数单位，则复数等于______． 【答案】 【解析】 【分析】利用复数四则运算法则计算出结果. 【详解】复数． 故答案为：． 13. 已知是首项为，公差为的等差数列，，若对任意的，都有成立，则实数的取值范围是________ 【答案】 【解析】 【分析】根据的通项公式，讨论其单调性，从而找到参数的取值范围. 【详解】由题可知： 当和，该数列单调递减. 若，则该数列在时，单调递减，不可能满足题意； 若，要满足题意，只需： 解得：. 故答案为：. 【点睛】本题考查数列的单调性，要用函数的角度去看待数列的单调性，同时也要注意其与函数不同的点. 14. 在中，内角，，所对的边分别为，，，且，，则的取值范围为______． 【答案】 【解析】 【分析】利用余弦定理求出，由正弦定理得到，，，由于，可得，得到答案. 【详解】由题意，， 可得， 由于， 可得， 由题意利用正弦定理可得， 可得，， 可得 ， 由于，可得，可得， 可得， 所以的取值范围为． 故答案为：． 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. 已知抛物线的焦点为椭圆的右焦点，且的左、右顶点分别为，． （1）求的方程； （2）求以为直径的圆的标准方程； （3）设过点且倾斜角为的直线与交于，两点，求． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）先计算求出椭圆的焦点，再结合抛物线的焦点得出抛物线方程； （2）根据为直径得出圆心及半径即可得出圆的方程； （3）先联立方程组，再应用弦长公式计算求解. 【小问1详解】 因为，所以的右焦点坐标为， 所以，即， 所以的方程为． 【小问2详解】 依题意得的坐标为， 所以线段的中点坐标为． 因为以为直径的圆的半径， 所以以为直径的圆的标准方程为． 【小问3详解】 依题意可得直线的方程为． 由得． 设，，则，，， 则． 16. 如图，在六面体 中，平面 平面 ， ， . （1）求证： 平面 ； （2）若 平面 ，，，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）设，中点分别为，，由面面平行性质定理证明，再证明，，由此证明，由平行的传递性证明，再由线面平行判定定理证明结论； （2）结论空间直角坐标系，求直线的方向向量与平面的法向量，结合向量夹角公式求结论. 【小问1详解】 设，中点分别为，，连接，； 由于平面平面，平面平面， 平面平面， 所以， 又是的中点，则， 由于，所以，， 所以四边形是平行四边形，所以， 同理，可得 又，所以． 所以确定平面，又平面平面， 平面平面， 所以， 由于是的中位线，则， 所以， 而平面，平面， 所以平面． 【小问2详解】 在中，因为，，， 所以，则． 由于平面， 所以以为原点，、、分别轴、轴、轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， 所以，，， 设平面的一个法向量为， ，所以， 取，则， 所以为平面的一个法向量． 设直线与平面所成角为， 则， 所以直线与平面所成角的正弦值为． 17. 已知数列满足 （I）证明：数列是等比数列； （II）求数列的通项公式； （III）若数列满足证明是等差数列 【答案】（I）略 （II） （III）略 【解析】 【详解】（I）证明： 是以为首项，2为公比的等比数列． （II）解：由（I）得 　　 （III）证明： 　　　　　　　　 ① 　　② ②－①，得 即　　　　　③ 　　　　　④ ④－③，得 即 是等差数列． 18. 函数，． （1）证明：当时，． （2）当时，恒成立，求的取值范围． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）问题转化为证明，设，，只需证的最小值大于0即可； （2）分情况讨论，分离参数，可把问题转化为，恒成立的问题，设，利用导数求函数的最小值即可. 【小问1详解】 证明：时，要证，即． 设，则，． ，，则在上恒成立． 所以在上单调递增． 又，，则方程只有一解，设为， 且，， 当时，，当时，． 所以在上单调递减，在上单调递增． 所以． 因为，所以，，，所以． 即，所以在上恒成立．从而原命题成立． 【小问2详解】 当时，， 当时，上式恒成立，即； 当时，． 设， 则， 设，，则在上恒成立， 即在上单调递增， 又，所以在上恒成立． 所以由，由． 所以在上单调递减，在上单调递增． 所以，所以． 综上可知：的取值范围为． 19. 深圳是一个沿海城市，拥有大梅沙等多样的海滨景点，每年夏天都有大量游客来游玩.为了合理配置旅游资源，文旅部门对来大梅沙游玩的游客进行了问卷调查，据统计，其中的人选择只游览海滨栈道，另外的人选择既游览海滨栈道又到海滨公园游玩.每位游客若选择只游览海滨栈道，则记1分；若选择既游览海滨栈道又到海滨公园游玩，则记2分.假设游客之间的旅游选择意愿相互独立，视频率为概率. （1）从游客中随机抽取2人，记这2人的合计得分为，求的分布列和数学期望； （2）从游客中随机抽取个人，记这个人的合计得分恰为分的概率为，求； （3）从游客中随机抽取若干人，记这些人的合计得分恰为分的概率为，随着抽取人数的无限增加，是否趋近于某个常数？若是，求出这个常数；若不是，请说明理由. 【答案】（1） 2 3 4 ， （2） （3） 在随机抽取的若干人的合计得分为分的基础上再抽取1人，则这些人的合计得分可能为分或分， 记“合计得分”为事件，“合计得分”为事件，与是对立事件， 则，，，即， 由，得，则数列是首项为，公比为的等比数列， ，因此， 随着的无限增大，无限趋近于0，无限趋近于， 所以随着抽取人数的无限增加，趋近于常数. 【解析】 【分析】（1）根据题意得到变量的可能取值为，结合独立事件的概率乘法公式，求得相应的概率，列出分布列，利用期望的公式，求得期望. （2）由这人的合计得分为分，得到，结合乘公比错位相减法求和，即可求解. （3）记“合计得分”为事件，“合计得分”为事件，得到，结合数列的递推关系式，进而求得数列的通项公式，得到答案. 【小问1详解】 依题意，随机变量的可能取值为， 则，， 所以的分布列如下表所示： 2 3 4 数学期望为. 【小问2详解】 由这人的合计得分为分，得其中只有1人既游览海滨栈道又到海滨公园游玩， 于是，令数列的前项和为， 则， 于是， 两式相减得 ，因此， 所以. 【小问3详解】 略 【点睛】方法点睛：如果数列是等差数列，是等比数列，求数列的前n项和时，可采用错位相减法求和，一般是和式两边同乘以等比数列的公比，然后作差求解． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $