精品解析：广东省广州外国语学校2024-2025学年高二下学期期末考试数学试卷

广东省广州市外国语学校2024—2025学年度高二下数学期末考试试卷 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. 已知向量，向量，若向量，则实数m=（ ） A. -2 B. 2 C. -1 D. 1 2. 已知角，则“α为第二象限角”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. 某次高二数学调研测试中，考生成绩X服从正态分布．若，则从参加这次考试的考生中任意选取1名考生，该考生的成绩高于90的概率为（ ） A. B. C. D. 4. 我国新能源汽车的卓越性能赢得全球人民的信赖，某品牌新能源汽车凭借科研创新、广告宣传和可靠的售后保障，在全球赢得了很好的营销局面，下表为该品牌新能源汽车的科研经费投入和全球市场规模统计． 科研经费（单位：百亿元） 2 4 6 12 16 市场规模（单位：百万辆） 1 1.5 2 3 3.5 如此得到y关于x的经验回归方程：，估计当该品牌新能源汽车的科研经费投入20（百亿元）时，全球市场规模将达到（ ）百万辆． A. 4 B. 4.14 C. 4.36 D. 4.58 5. 用0，1，2，3组成没有重复数字的四位偶数有（ ）个 A. 8 B. 10 C. 12 D. 16 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. 关于的二项展开式，下列说法正确的是（ ） A. 展开式在合并同类项之后共有7项 B. 展开式中常数项为15 C. 展开式的系数之和为1 D. 展开式的最后一项的系数最大 10. 下图是函数的部分图象，下列说法正确的是（ ） A. 点的坐标为 B. 的一个可能值是 C. 将函数的图象向右平移个单位长度后，所得图象对应的函数是奇函数 D. 11. 在一个不透明的盒子中装有材质、大小完全相同的n个小球，将它们分别编号为1，2，3，…，n．每次从盒子中随机抽取一个小球，记录编号后放回，直至取遍所有小球后停止摸球，记总的摸球次数为，下列结论正确的是（ ） A. B. C. ，其中 D. 三、填空题：本题共3 小题，每小题5分，共15分. 12. ______． 13. 已知直线与曲线相切，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. 已知首项为1的正项数列满足. （1）求； （2）求的通项公式； （3）求数列的前项和. 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. 某工厂员工每天选择坐班车或开私家车去上班.统计可知，该工厂员工若前一天坐班车，则第二天仍坐班车的概率为，第二天改开私家车的概率为；若前一天开私家车，则第二天仍开私家车的概率为，第二天改坐班车的概率为.若该工厂员工上班第一天坐班车和开私家车的概率均为，该工厂某员工第天坐班车的概率为. （1）设该工厂某3位员工中第二天坐班车的人数为，求的分布列与数学期望； （2）求； （3）为缓解交通压力，工厂决定每天抽调10人到班车停车场和私家车停车场参加安保工作，请合理分配每天去班车停车场和私家车停车场参加安保工作的人数，并说明理由. 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 $ 广东省广州市外国语学校2024—2025学年度高二下数学期末考试试卷 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. 已知向量，向量，若向量，则实数m=（ ） A. -2 B. 2 C. -1 D. 1 【答案】C 【解析】 【分析】计算出，根据向量垂直得到方程，求出答案. 【详解】，又， 故，解得. 故选：C 2. 已知角，则“α为第二象限角”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】A 【解析】 【分析】根据象限角的性质即可结合充分必要条件的定义求解. 【详解】若α是第二象限角，则，故充分性成立， 若，则是第二象限角或者第三象限角或者终边在轴负半轴上，故必要性不成立，“α为第二象限角”是“”的充分不必要条件， 故选：A 3. 某次高二数学调研测试中，考生成绩X服从正态分布．若，则从参加这次考试的考生中任意选取1名考生，该考生的成绩高于90的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据正态分布的对称性即可求解. 【详解】由以及正态曲线的对称轴为， 故， 故选：B 4. 我国新能源汽车的卓越性能赢得全球人民的信赖，某品牌新能源汽车凭借科研创新、广告宣传和可靠的售后保障，在全球赢得了很好的营销局面，下表为该品牌新能源汽车的科研经费投入和全球市场规模统计． 科研经费（单位：百亿元） 2 4 6 12 16 市场规模（单位：百万辆） 1 1.5 2 3 3.5 如此得到y关于x的经验回归方程：，估计当该品牌新能源汽车的科研经费投入20（百亿元）时，全球市场规模将达到（ ）百万辆． A. 4 B. 4.14 C. 4.36 D. 4.58 【答案】C 【解析】 【分析】求出样本中心代入方程可得值，即可根据代入求解. 【详解】由表中数据可得， 故样本中心为， 故， 故当时，， 故选：C 5. 用0，1，2，3组成没有重复数字的四位偶数有（ ）个 A. 8 B. 10 C. 12 D. 16 【答案】B 【解析】 【分析】根据个位数字是否为0，即可结合排列组合求解. 【详解】若0在个位，则有种情况， 若0不在个位，则从百位和十位中选一个位置放0，2放在个位，另外两个数字全排列，故有， 故总共有个， 故选：B 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. 关于的二项展开式，下列说法正确的是（ ） A. 展开式在合并同类项之后共有7项 B. 展开式中常数项为15 C. 展开式的系数之和为1 D. 展开式的最后一项的系数最大 【答案】AC 【解析】 【分析】根据二项式展开式的性质即可求解A，根据通项即可求解BD，利用赋值法即可求解C. 【详解】对于A，由于，故展开式共有7项，A正确， 对于B，的通项为， 故常数项为，故B错误， 对于C，令则系数和为，故C正确， 对于D， 展开式的最后一项的系数为，因此最后一项的系数并不是最大的，故D错误， 故选：AC 10. 下图是函数的部分图象，下列说法正确的是（ ） A. 点的坐标为 B. 的一个可能值是 C. 将函数的图象向右平移个单位长度后，所得图象对应的函数是奇函数 D. 【答案】BC 【解析】 【分析】根据点与之间的距离为，求出点的坐标，即可判断A；将点代入求出的表达式，即可判断B；将函数的图象向右平移个单位长度后，得到的表达式，再判断的奇偶性，即可判断C；由B得到的表达式，再分别判断的正负，即可判断D. 【详解】因为函数的周期，所以， 因为点在的右侧，解得，即点的坐标为，故A错误； 函数过点，所以， 即，解得， 所以当时，，故B正确； 由B可知， 所以将函数的图象向右平移个单位长度后， 所得图象对应的函数 ， 因为，所以为奇函数，故C正确； 由B可知， 所以 ， 而 ， 所以，故D错误. 故选：BC 11. 在一个不透明的盒子中装有材质、大小完全相同的n个小球，将它们分别编号为1，2，3，…，n．每次从盒子中随机抽取一个小球，记录编号后放回，直至取遍所有小球后停止摸球，记总的摸球次数为，下列结论正确的是（ ） A. B. C. ，其中 D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于ABC，可用分步计数原理求相关概率求解，对于D，根据题意列出分布列，表示出期望，再利用错位相减法求和判断. 【详解】对于A，时，3次停止，共有种， 其中恰好在第3次摸完的情况：第1次任意摸一个并记录编号，第2次只能摸第1次记了编号的， 第3次摸剩下未记编号的，故共有种，则，故A正确； 对于B，，，则，故B错误； 对于C，，， 所以，故C正确； 对于D，， 所以分布列为： 2 3 , , 两式相减可得, 所以，时，，故D正确； 故选：ACD. 三、填空题：本题共3 小题，每小题5分，共15分. 12. ______． 【答案】 【解析】 【分析】根据和差角公式即可求解. 【详解】 , 故答案为： 13. 已知直线与曲线相切，则______． 【答案】2 【解析】 【分析】设切点坐标为，利用导数的几何意义求得切线方程，与已知切线方程比较可得答案. 【详解】设直线与曲线相切与点， 则，又的导函数为， 所以， 所以曲线在点处的切线方程为， 由已知可得，， 所以，， 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. 已知首项为1的正项数列满足. （1）求； （2）求的通项公式； （3）求数列的前项和. 【答案】（1）4 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）赋值代入解方程即可； （2）由，发现数列是等差数列，可求的通项，再求即可； （3）根据题意，把通项代入得，再利用裂项相消法求和即可. 【小问1详解】 ，， ，即， 解得. 【小问2详解】 有（1）得， 所以是首项为1，公差为的等差数列， ，则. 【小问3详解】 ， 故数列的前项和. 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. 某工厂员工每天选择坐班车或开私家车去上班.统计可知，该工厂员工若前一天坐班车，则第二天仍坐班车的概率为，第二天改开私家车的概率为；若前一天开私家车，则第二天仍开私家车的概率为，第二天改坐班车的概率为.若该工厂员工上班第一天坐班车和开私家车的概率均为，该工厂某员工第天坐班车的概率为. （1）设该工厂某3位员工中第二天坐班车的人数为，求的分布列与数学期望； （2）求； （3）为缓解交通压力，工厂决定每天抽调10人到班车停车场和私家车停车场参加安保工作，请合理分配每天去班车停车场和私家车停车场参加安保工作的人数，并说明理由. 【答案】（1）的分布列为 0 1 2 3 期望为 （2） （3）去班车停车场人，去私家车停车场人，理由如下： 由（2）可知，当趋向于正无穷大时，趋向于， 所以工厂每天抽调的10人中，去班车停车场参加安保工作的应有人， 去私家车停车场参加安保工作的应有人. 【解析】 【分析】（1）先求某同学第二天选择坐班车的概率，然后根据二项分布的概率公式求出概率，可得分布列，利用二项分布期望公式可得期望； （2）根据题意先求与的关系，然后利用构造法可得通项； （3）由确定两停车场安保人数分配. 【小问1详解】 由题可知，该工厂员工第二天坐班车的概率， 所以 的所有可能取值为0,1,2,3， , , ， ， 所以的分布列为 0 1 2 3 ； 【小问2详解】 由题可知， 则 又， 所以是首项为，公比为的等比数列， 所以； 【小问3详解】 略 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 $