精品解析：广东省深圳市深圳外国语学校2024-2025学年高二下学期7月期末学科能力测试数学试题

绝密★启用前 深圳外国语学校2024—2025学年度高二下期末学科能力测试 数学试题 本试卷共4页，满分150分，考试时间120分钟． 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、准考证号码等信息填写在答题卡上． 2．作答时，务必将答案写在答题卡上，写在本试卷及草稿纸上无效． 3．考试结束后，将答题卡交回． 一、单项选择题：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，若，则实数（ ） A. B. 2 C. D. 1 【答案】C 【解析】 【分析】由向量坐标运算及垂直的坐标表示可求. 【详解】由题意，向量，则， 因为，可得，解得． 故选：C. 2. 二项式的展开式中的系数为（ ） A. 160 B. 60 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由二项式定理的通项公式得，然后可直接计算系数. 【详解】由二项式定理的通项公式得， 令，解得，所以的系数为． 故选：B. 3. 某智能机器人公司从某年起7年的利润情况如下表所示，y关于x的回归直线方程是，则该智能机器人公司第4年利润的残差是（ ） 第x年 1 2 3 4 5 6 7 利润y/亿元 m A. 亿元 B. 亿元 C. 亿元 D. 亿元 【答案】A 【解析】 【分析】计算出，根据回归方程，得到，从而得到方程，求出，再计算出当时，，求出残差. 【详解】由题意，，关于的回归直线方程为， 所以，故，解得， 所以当时，，则． 故选：A 4. 已知角终边上一点，则（ ） A. B. C. D. 3 【答案】D 【解析】 【分析】由终边过点，可得，再利用二倍角公式化解，再根据齐次式可解. 【详解】根据三角函数定义，可得， 则． 故选：D. 5. 记为等差数列的前n项和，若，则（ ） A. 255 B. 127 C. 66 D. 39 【答案】C 【解析】 【分析】由可求数列公差，再利用等差数列前项和性质可求. 【详解】设该等差数列首项为，公差为，则， ，所以， ，， 所以． 故选：C. 6. “端午节”是我国四大传统节日之一，吃粽子、赛龙舟、挂艾草等均是端午节的习俗．今年端午节，兄妹两人一起去超市购买粽子，若他们分别从“鲜肉粽、腊肉粽、蛋黄粽、原味粽、赤豆粽、八宝粽”六种粽子里各自挑选三种并各购买一个，则购买的6个粽子中至多有一种相同的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】分购买的6个粽子种类各不相同和购买的6个粽子种类恰有一个相同，分别求其概率，再把它们相加即可. 【详解】购买的6个粽子种类各不相同的概率为， 购买的6个粽子种类恰有一个相同的概率为， 所以总概率为． 故选：A 7. 已知F是双曲线的右焦点，直线与C交于P，Q两点，若以为直径的圆经过点F，则C的离心率为（ ） A. 2 B. C. 3 D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据条件，确定的形状以及边长之比，结合椭圆的定义，求其离心率的值. 【详解】不妨设点P在第一象限，连接FP，FQ，PF1，如图．由题意可得， 易知P，Q两点关于坐标原点O对称，所以O为线段PQ的中点， 所以，故为直角三角形，由题意，，设， 则，解得或（舍）， 所以，． 故选：B 8. 已知函数在R上单调递增，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 1 【答案】A 【解析】 【分析】利用恒成立，讨论分析得到、的关系式，化简带入，把得到的函数构造为，求导得到最小值点，从而得出答案. 【详解】由题意，函数的定义域为，导函数为， 因为函数在上单调递增，所以在上恒成立， 若，则时矛盾， 所以，与同号， 所以，即，故， 令，则， 令，则；令，则， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以的最小值为． 故选：A 二、多项选择题：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，有选错的得0分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 下列说法正确的是（ ） A. 数据2，1，6，3，4，5，4，1，3的下四分位数是2 B. 若数据的标准差为s，则数据的标准差为 C. 随机变量，若，则 D. 随机变量，若，则 【答案】ABC 【解析】 【分析】对于A，由下四分位数为分位数可求；对于B，由数据标准差的线性关系可判断；对于C，根据正态分布的对称性可求概率；对于D，由二项分布方差公式可求，再计算期望即可. 【详解】对于A中，数据从小到大排列为，共有9个数据， 因为，所以数据的下四分位数为第3个数据，即为2，所以A正确； 对于B中，数据的标准差为，由数据方差的性质， 可得数据的标准差为，所以B正确； 对于C中，随机变量服从正态分布，且， 根据正态分布曲线的对称性，可得，所以C正确； 对于D中，随机变量服从二项分布，且， 可得，解得或， 当时，可得； 当时，可得，所以D错误． 故选：ABC. 10. 已知抛物线的焦点为F，准线为l，O为坐标原点，点在抛物线C上，直线分别与l交于A，B，直线与抛物线C交于另一点N，则（ ） A. F的坐标为 B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】由抛物线的标准方程可判断A，由抛物线的定义可判断B，求出直线的方程并得到坐标可判断C，分别计算和的面积可判断D. 【详解】对于A，由抛物线，可得，所以，且焦点在轴正半轴上，则焦点，所以A错误； 对于B，由抛物线的方程得，由定义可得，所以B正确； 对于C，直线的方程分别为，，分别与联立得，，所以，所以C正确； 对于D，联立，得，解得， 所以，由，所以D错误． 故选：BC. 11. 对于正整数是小于或等于n的正整数中与n互质的数的数目（若两个正整数的最大公因数是1，则称这两个正整数互质）.函数以其首名研究者欧拉命名，称为欧拉函数，例如（10与1，3，7，9均互质），则（ ） A. B. 若p为质数，则数列为等比数列 C. 数列的前5项和等于 D. ，使得 【答案】ABD 【解析】 【分析】A选项利用的定义即可求解判断；B选项利用的定义写出，再利用等比数列的定义进行判断即可；C选项利用B选项的结论写出通项公式，进而可求前5项和；D选项利用B选项的结论写出，和，再代入即可判断. 【详解】对于A选项，与20不互质的是2的倍数（10个）以及5的倍数（4个）， 减去重复计数的10的倍数（2个），总共12个，； 与25不互质的只有5的倍数（5个），所以， 所以，故A正确； 对于B选项，设为质数，则小于等于的正整数中与不互质的数只有的倍数， 所以互质的数的数目为， 故，所以为常数， 所以数列为等比数列，故B正确； 对于C选项，根据选项B可知，， 数列的前5项和为，故C错误； 对于D选项， ，， 4不是质数，， 即判断是否存在使得，观察得到时等式成立，故D正确． 故选：ABD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知数列满足，则______． 【答案】 【解析】 【分析】根据可求. 【详解】时，，与原式相减得 ，则， 经检验，时也成立， 故，即． 故答案为：. 13. 直线与函数和的图象都相切，则______． 【答案】 【解析】 【分析】设直线与函数图象的切点为，设直线与函数图象的切点为，利用导数的几何意义可得出关于直线的两种形式，求出、的值，可得出、的值，即可得出结果. 【详解】设直线与函数图象的切点为， 又，所以，直线的方程可表示为， 即，故， 设直线与函数图象的切点为， 又，所以，直线的方程可表示为， 即，故， 所以，由可得， 所以，解得，故， 则，故. 故答案为：. 14. 一只蚂蚁从正四面体的顶点A出发，每次只沿着棱爬行并爬到另一个顶点，若它选择三个方向爬行的概率相等，则蚂蚁爬行5次后走遍四个顶点（初始顶点A视为已走过）的概率为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，先计算所有情况共有种，利用对立事件，计算没有走遍四个点的情况，然后计算概率即可. 【详解】因为每次爬行有3种选择，故5次爬行共有种情况， 考虑5次爬行之后仍未走遍所有顶点，有以下两种情况： ①走了2个顶点，即只在顶点与另一个顶点来回走，总共只有3种情况； ②走了3个顶点，即沿着一个正三角形的边走， 以为顶点的正三角形共有三个，选定其中一个， 蚂蚁每次路径有2种选法，再去掉仅在2个顶点来回走的情况，有种， 故三个三角形共有种， 所以蚂蚁爬行5次后走遍所有顶点的概率为． 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. 在中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且． （1）求A； （2）若，平分交于点D，求的长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理及正弦和角公式化简可得即可得； （2）利用等面积法可求角平分线长. 【小问1详解】 由正弦定理得，， 因为，所以， 即． 又，所以． 又，所以． 【小问2详解】 由，知． 由角平分线得． 因为， 所以， 即， 解得． 16. 是由中国杭州的公司开发的人工智能模型，其技术在多领域有着普惠应用．为提高的应用能力，某公司组织全体员工参加培训．培训结束之后，公司举行了一次专业知识比赛，比赛分为预赛与决赛，预赛通过后才能参加决赛预赛从8道题中随机抽取4道作答，答对3道及以上则进入决赛，否则被淘汰． （1）若这8道题中甲能答对其中5道，计算甲进入决赛的概率； （2）已知甲进入了决赛，决赛需要回答3道题目，若全部答对则获得一等奖，奖励300元；若答对2道题目则获得二等奖，奖励150元；若答对1道题目则获得三等奖，奖励50元；若全部答错则没有奖励．若甲答对每道题目的概率均为，且每次答题相互独立，设甲获得奖金为，求的分布列及数学期望． 【答案】（1） （2）的分布列如下： 数学期望为元．【解析】 【分析】（1）由题知的取值为，而甲进入决赛有可能答3或4道题，利用组合数计算概率即可. （2）由题可知的取值为，再利用二项分布计算概率，写出分布列，计算期望即可. 【小问1详解】 记为甲在预赛答对的题数，则的取值为， ，， 记甲进入决赛为事件， 则甲进入决赛的概率为． 【小问2详解】 由题可知的取值为， 所以，， ，， 所以的分布列如下： （元）， 即甲获得奖金的数学期望为元． 17. 已知函数． （1）若，求函数在处的切线方程； （2）若对任意，恒成立，求实数a的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由条件求，再由导数的几何意义求切线的斜率，利用点斜式求切线方程并化简； （2）条件可转化为在上恒成立，利用导数求的最小值，由此可得结论. 【小问1详解】 时，，， 函数的导函数为，故， 所以函数在处的切线方程为，即． 【小问2详解】 由任意，知恒成立． 因为，所以， 故在上恒成立． 设，则， 令，则， 所以在上单调递增，又， 所以当时，，在区间上单调递减； 当时，，在区间上单调递增； 故当时，取得极小值，也是最小值，且， 所以若在上恒成立，则， 故实数的取值范围是． 18. 如图，已知菱形和等边三角形有公共边，点B在线段上，与交于点O，将沿着翻折成，得到四棱锥，． （1）求证：平面平面； （2）若，求平面与平面夹角的余弦值． （3）求直线与平面夹角正弦值的最大值． 【答案】（1）证明：连接BD，由菱形和等边三角形有公共边，可知， 且，，即， 则四边形为菱形， 所以，故翻折后， 因为，且都在平面内， 所以平面， 又平面，所以平面平面． （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由题知，翻折后，根据面面垂直的判定即可证明； （2）以为原点建立空间直角系，根据平面法向量的求解方式，分别求出两平面的法向量，即可得到两平面夹角的余弦值； （3）由题知在平面上且，可设，求出平面的一个法向量，计算出直线与平面夹角正弦值，根据函数的性质可求最值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知平面，平面， 则平面平面， 如图，在平面中过点作， 又平面平面， 所以平面，故两两垂直， 以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则， 因为，所以为等边三角形，， 则，，，， 设平面与平面夹角为， 法向量分别为，， 则，取得； ，取得， 所以， 即平面与平面夹角的余弦值为． 【小问3详解】 由（2）知在平面上且， 可设， 则，，， 设平面法向量为， 则， 取得， 设与平面夹角为， 则， 令，则， 当且仅当，即时成立， 所以直线与平面夹角正弦值的最大值为． 19. 已知椭圆过点，右焦点． （1）求椭圆E的方程； （2）设直线与椭圆E交于P，A两点，过点作轴，垂足为点C，直线交椭圆E于另一点B． （i）证明：． （ⅱ）求面积的最大值． 【答案】（1） （2） （i）证明：直线与椭圆交于，两点，设P为第一象限点，，轴，如图，点的坐标为，点的坐标为， 设，则有，， 两式相减得：， 又，，， 又，， 又，，因此，． （ii）. 【解析】 【分析】（1）根据题意求出，即可得到椭圆方程； （2）（i）根据椭圆对称性设点的坐标为，则点的坐标为，设，利用点差法可得出，再由斜率公式可得出，代入可得出即可证明；（ⅱ）由对称性不妨设，在第一象限，联立曲线方程求出，利用进行求解即可. 【小问1详解】 由题意椭圆右焦点可得， 过点可得， 由整理得，得， 所以，椭圆的方程为． 【小问2详解】 (i)略 (ii)解：由对称性不妨设，在第一象限， 由与椭圆联立得， 所以，则． 设直线与倾斜角分别为，则， 所以， 由(i)，， 令，则 ， 当时，当时， 即在上单调递增，在上单调递减，因此， 即的最大值为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 绝密★启用前 深圳外国语学校2024—2025学年度高二下期末学科能力测试 数学试题 本试卷共4页，满分150分，考试时间120分钟． 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、准考证号码等信息填写在答题卡上． 2．作答时，务必将答案写在答题卡上，写在本试卷及草稿纸上无效． 3．考试结束后，将答题卡交回． 一、单项选择题：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，若，则实数（ ） A. B. 2 C. D. 1 2. 二项式的展开式中的系数为（ ） A. 160 B. 60 C. D. 3. 某智能机器人公司从某年起7年的利润情况如下表所示，y关于x的回归直线方程是，则该智能机器人公司第4年利润的残差是（ ） 第x年 1 2 3 4 5 6 7 利润y/亿元 m A. 亿元 B. 亿元 C. 亿元 D. 亿元 4. 已知角终边上一点，则（ ） A. B. C. D. 3 5. 记为等差数列的前n项和，若，则（ ） A. 255 B. 127 C. 66 D. 39 6. “端午节”是我国四大传统节日之一，吃粽子、赛龙舟、挂艾草等均是端午节的习俗．今年端午节，兄妹两人一起去超市购买粽子，若他们分别从“鲜肉粽、腊肉粽、蛋黄粽、原味粽、赤豆粽、八宝粽”六种粽子里各自挑选三种并各购买一个，则购买的6个粽子中至多有一种相同的概率是（ ） A. B. C. D. 7. 已知F是双曲线的右焦点，直线与C交于P，Q两点，若以为直径的圆经过点F，则C的离心率为（ ） A. 2 B. C. 3 D. 8. 已知函数在R上单调递增，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 1 二、多项选择题：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，有选错的得0分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 下列说法正确的是（ ） A. 数据2，1，6，3，4，5，4，1，3的下四分位数是2 B. 若数据的标准差为s，则数据的标准差为 C. 随机变量，若，则 D. 随机变量，若，则 10. 已知抛物线的焦点为F，准线为l，O为坐标原点，点在抛物线C上，直线分别与l交于A，B，直线与抛物线C交于另一点N，则（ ） A. F的坐标为 B. C. D. 11. 对于正整数是小于或等于n的正整数中与n互质的数的数目（若两个正整数的最大公因数是1，则称这两个正整数互质）.函数以其首名研究者欧拉命名，称为欧拉函数，例如（10与1，3，7，9均互质），则（ ） A. B. 若p为质数，则数列为等比数列 C. 数列的前5项和等于 D. ，使得 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知数列满足，则______． 13. 直线与函数和的图象都相切，则______． 14. 一只蚂蚁从正四面体的顶点A出发，每次只沿着棱爬行并爬到另一个顶点，若它选择三个方向爬行的概率相等，则蚂蚁爬行5次后走遍四个顶点（初始顶点A视为已走过）的概率为______． 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. 在中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且． （1）求A； （2）若，平分交于点D，求的长． 16. 是由中国杭州的公司开发的人工智能模型，其技术在多领域有着普惠应用．为提高的应用能力，某公司组织全体员工参加培训．培训结束之后，公司举行了一次专业知识比赛，比赛分为预赛与决赛，预赛通过后才能参加决赛预赛从8道题中随机抽取4道作答，答对3道及以上则进入决赛，否则被淘汰． （1）若这8道题中甲能答对其中5道，计算甲进入决赛的概率； （2）已知甲进入了决赛，决赛需要回答3道题目，若全部答对则获得一等奖，奖励300元；若答对2道题目则获得二等奖，奖励150元；若答对1道题目则获得三等奖，奖励50元；若全部答错则没有奖励．若甲答对每道题目的概率均为，且每次答题相互独立，设甲获得奖金为，求的分布列及数学期望． 17. 已知函数． （1）若，求函数在处的切线方程； （2）若对任意，恒成立，求实数a的取值范围． 18. 如图，已知菱形和等边三角形有公共边，点B在线段上，与交于点O，将沿着翻折成，得到四棱锥，． （1）求证：平面平面； （2）若，求平面与平面夹角的余弦值． （3）求直线与平面夹角正弦值的最大值． 19. 已知椭圆过点，右焦点． （1）求椭圆E的方程； （2）设直线与椭圆E交于P，A两点，过点作轴，垂足为点C，直线交椭圆E于另一点B． （i）证明：． （ⅱ）求面积的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $