精品解析：陕西省西安市西北工业大学附属中学2024-2025学年高二下学期期末考试数学试题

陕西省西安市西北工业大学附属中学 2024～2025学年高二下学期期末考试数学试题 一、单项选择题（本大题包括8小题，每小题5分，共40分） 1. 已知集合，，则（ ）． A. B. C. D. 2. 盒子中有5个大小相同编号不同的小球，其中白球2个，黑球3个，从中随机取出2个，则至少有1个黑球的取球种数是（ ） A. 9 B. 8 C. 7 D. 6 3. 已知a，b是实数，则“且”是“且”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 4. 直线被抛物线截得的线段的中点坐标是（ ）． A. B. C. D. 5. 设，，，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 6. 在的展开式中，常数项为（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数，，当时，不等式恒成立，则实数a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 设椭圆（a＞b＞0）的左、右焦点分别为、，P是椭圆上一点，，()，，则椭圆离心率的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题（本大题包括3小题，每小题6分，共18分） 9. 下列命题中的真命题为（ ）． A. 设、为两个不同平面，若直线l在平面内，则“”是“”的必要不充分条件 B. 设随机变量服从正态分布，若，则 C. 已知随机变量，则 D. ， 10. 已知变量x，y之间的线性回归方程为，且变量x，y之间的一组相关数据如表所示，则下列说法正确的是（ ）． x 6 8 10 12 y 6 m 3 2 A. 变量x，y之间呈现负相关关系 B. C. 可以预测，当时，y约为2.6 D. 由表格数据知，该回归直线必过点 11. 已知一袋中有大小、质地相同的4个红球和2个白球，则下列结论中正确的有（ ） A. 从中任取3个球，恰有1个白球的概率是 B. 从中有放回地取球6次，每次任取1个球，则取到红球的次数的方差为 C. 现从中不放回地取球2次，每次任取1个球，则在第一次取到红球后，第二次再次取到红球的概率为 D. 从中有放回地取球3次，每次任取1个球，则取到两次红球的概率为 三、填空题（本大题包括3小题，共15分） 12. 用0，1，2，3，4这5个数字组成没有重复数字的三位数，其中偶数共有______个． 13. 已知成对样本数据中互不相等，且所有样本点都在直线上，则这组成对样本数据的样本相关系数_________． 14. 已知动点满足，则动点M的轨迹方程是______． 四、解答题（本大题包括5小题，共77分） 15. 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． （1）求角A的大小； （2）若角C为钝角，求的取值范围． 16. 中国是茶的故乡，茶文化源远流长，博大精深.某兴趣小组，为了了解当地居民对喝茶的态度，随机调查了100人，并将结果整理如下： 单位：人 年龄段 态度 合计 不喜欢喝茶 喜欢喝茶 35岁以上（含35岁） 30 30 60 35岁以下 25 15 40 合计 55 45 100 （1）依据小概率值的独立性检验，能否据此推断该地居民喜欢喝茶与年龄有关？ （2）以样本估计总体，用频率代替概率.该兴趣小组在当地喜欢喝茶的人群中，随机选出2人参加茶文化艺术节.抽取的2人中，35岁以下的人数记为，求的分布列与期望. 参考公式：，其中. 参考数据： 0.10 0.05 0.010 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 17. 已知椭圆的离心率为，且长轴长为4． （1）求椭圆C的方程； （2）过椭圆C左焦点F的直线l与椭圆C交于A，B两点，求三角形面积的最大值． 18. 在中，，，，，分别是，上的点，满足，且．将沿折起到的位置，使，存在动点使如图所示． （1）求证：平面； （2）设直线与平面所成线面角为，求的最大值． 19. 函数. （1）讨论的单调性； （2）当时，解方程； （3）当时，不等式恒成立，求a的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 陕西省西安市西北工业大学附属中学 2024～2025学年高二下学期期末考试数学试题 一、单项选择题（本大题包括8小题，每小题5分，共40分） 1. 已知集合，，则（ ）． A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求集合A，可知集合是集合A的真子集，进而逐项分析判断. 【详解】因为集合，且， 可知集合是集合A的真子集，故AC错误，B正确， 且，故D错误. 故选：B. 2. 盒子中有5个大小相同编号不同的小球，其中白球2个，黑球3个，从中随机取出2个，则至少有1个黑球的取球种数是（ ） A. 9 B. 8 C. 7 D. 6 【答案】A 【解析】 【分析】先计算出总的取法数，然后减去没有黑球的取法数，利用组合数求解出结果； 【详解】总的取法数减去没有黑球的取法数，即种， 所以至少有1个黑球的取球种数是9种. 故选：A 3. 已知a，b是实数，则“且”是“且”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】 根据互相推出的情况判断出属于何种条件. 【详解】因为“且”可以推出“且”，所以充分性满足， 但“且”不能推出“且”，如，此时，所以必要性不满足， 所以“且”是“且”的充分不必要条件， 故选：A. 【点睛】本题考查充分条件、必要条件的判断，主要考查学生的逻辑推理能力，难度较易. 4. 直线被抛物线截得的线段的中点坐标是（ ）． A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】联立直线与抛物线方程，由韦达定理和中点坐标公式即可得解. 【详解】联立，则， 设直线与抛物线交点， 则，故， 所以线段的中点坐标是. 故选：B. 5. 设，，，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由已知结合基本不等式即可求解最值. 【详解】由，，， 则， 当且仅当，即时取等号. 故选：B. 6. 在的展开式中，常数项为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据所给的二项式写出二项式展开式的通项，整理通项到最简形式，使得的指数等于0，求出对应的的值，得到结果． 【详解】二项式展开式通项是 得， 展开式中的常数项为 故选：D． 【点睛】本题考查二项式系数的性质，解题的关键是写出展开式的通项，是一个基础题． 7. 已知函数，，当时，不等式恒成立，则实数a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据不等式，构造函数并明确其单调性，进而可得导数的不等式，利用参数分离整理不等式，构造函数，利用导数求其最值，可得答案. 【详解】当时，不等式恒成立，则， 即函数在上单调递增，则， 整理可得，令，则. 当时，，单调递减，当时，，单调递增， ，. 故选：D. 8. 设椭圆（a＞b＞0）的左、右焦点分别为、，P是椭圆上一点，，()，，则椭圆离心率的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 设，，运用椭圆的定义和勾股定理，求得，令，可得，即有，运用二次函数的最值的求法，解不等式可得所求范围． 【详解】解：设，，由椭圆的定义可得，， 可设，可得， 即有，① 由，可得， 即为，② 由②①，可得， 令，可得， 即有， 由，可得，即， 则当时，取得最小值；当或3时，取得最大值， 即有，解得：， 所以椭圆离心率的取值范围为. 故选：B. 【点睛】本题考查椭圆的定义、方程和性质，主要考查离心率的范围，同时考查不等式的解法，属于中档题． 二、多项选择题（本大题包括3小题，每小题6分，共18分） 9. 下列命题中的真命题为（ ）． A. 设、为两个不同平面，若直线l在平面内，则“”是“”的必要不充分条件 B. 设随机变量服从正态分布，若，则 C. 已知随机变量，则 D. ， 【答案】ABC 【解析】 【分析】对A根据面面垂直的判定和充分不必要条件的判定方法即可判断；对B，根据正态分布的对称性即可判断；对C，根据二项分布的均值公式和均值的性质即可判断；对D，构造函数，利用导数即可判断. 【详解】对于A，直线l在平面内， ，则不一定垂直，则充分性不成立， 若直线l在平面内，，根据面面垂直的判定定理即可得，则必要性成立，则“”是“”的必要不充分条件，故A正确； 对于B，随机变量服从正态分布，则图像关于轴对称，若，则，即，故选项B正确； 对C，，则，则，故C正确； 对D，设，，则，则在上单调递增， 则，则在上恒成立，即在上恒成立，故D错误. 故选：ABC. 10. 已知变量x，y之间的线性回归方程为，且变量x，y之间的一组相关数据如表所示，则下列说法正确的是（ ）． x 6 8 10 12 y 6 m 3 2 A. 变量x，y之间呈现负相关关系 B. C. 可以预测，当时，y约为2.6 D. 由表格数据知，该回归直线必过点 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据回归直线斜率知A正确；利用回归直线必过样本中心点可构造方程求得，可知B错误，D正确；将代入回归直线知C正确. 【详解】对于A，由，得，故呈负相关关系，故A正确； 对于B，，， ，解得，故B错误； 对于C，当时，，故C正确； 对于D，由得，回归直线必过点，即必过点，故D正确. 故选：ACD. 11. 已知一袋中有大小、质地相同的4个红球和2个白球，则下列结论中正确的有（ ） A. 从中任取3个球，恰有1个白球的概率是 B. 从中有放回地取球6次，每次任取1个球，则取到红球的次数的方差为 C. 现从中不放回地取球2次，每次任取1个球，则在第一次取到红球后，第二次再次取到红球的概率为 D. 从中有放回地取球3次，每次任取1个球，则取到两次红球的概率为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据古典概型及组合数即可判断A；根据二项分布的方差公式计算即可判断B；根据条件概率公式即可判断C；根据二项分布的概率公式即可判断D． 【详解】对于A，恰有1个白球的概率，故A正确； 对于B，每次任取1个球，取到红球的次数， 则方差为，故B正确； 对于C，设为事件“第一次取到红球”，为事件“第二次取到红球”， 则，，所以，故C错误； 对于D，每次取到红球的概率， 所以有放回地取球3次，每次任取1个球，取到两次红球的概率为，故D正确， 故选：ABD． 三、填空题（本大题包括3小题，共15分） 12. 用0，1，2，3，4这5个数字组成没有重复数字的三位数，其中偶数共有______个． 【答案】30 【解析】 【分析】根据个位数字，分类讨论，结合排列组合即可求解. 【详解】若个位数字为0，则百位和十位从剩余4个数字中任选2个排列，可得个符合条件的偶数， 若个位数字是2或4，则从除0外的其他3个数字中选择一个作百位数字，再从剩余数字中选择一个作为十位数字，此时共有个符合条件的偶数， 因此一共有个符合条件的偶数， 故答案为：30 13. 已知成对样本数据中互不相等，且所有样本点都在直线上，则这组成对样本数据的样本相关系数_________． 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，利用相关系数的定义求解作答. 【详解】因为所有样本点都在直线上，显然直线的斜率， 所以样本数据成负相关，相关系数为. 故答案为： 14. 已知动点满足，则动点M的轨迹方程是______． 【答案】 【解析】 【分析】设，分析可知动点M的轨迹是以为焦点的椭圆，进而可得和方程. 【详解】设， 因为，可得， 可知动点M的轨迹是以为焦点的椭圆， 且，则， 所以动点M的轨迹方程是. 故答案为：. 四、解答题（本大题包括5小题，共77分） 15. 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． （1）求角A的大小； （2）若角C为钝角，求的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理化边为角，整理化简得，由推得，求得角； （2）由正弦定理化边为角，再消去角，整理得，利用时正切函数的值域即可求得的取值范围. 【小问1详解】 由和正弦定理得，， 因， 则有，因，则， 又，故. 【小问2详解】 由正弦定理，可得， 因，代入化简得： 因为钝角，故由可得， 则，，即，故的取值范围是. 16. 中国是茶的故乡，茶文化源远流长，博大精深.某兴趣小组，为了了解当地居民对喝茶的态度，随机调查了100人，并将结果整理如下： 单位：人 年龄段 态度 合计 不喜欢喝茶 喜欢喝茶 35岁以上（含35岁） 30 30 60 35岁以下 25 15 40 合计 55 45 100 （1）依据小概率值的独立性检验，能否据此推断该地居民喜欢喝茶与年龄有关？ （2）以样本估计总体，用频率代替概率.该兴趣小组在当地喜欢喝茶的人群中，随机选出2人参加茶文化艺术节.抽取的2人中，35岁以下的人数记为，求的分布列与期望. 参考公式：，其中. 参考数据： 0.10 0.05 0.010 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 【答案】（1）不能 （2） 0 1 2 . 【解析】 【分析】（1）根据列联表计算得出的值即可得出结论； （2）易知的所有取值可能为0，1，2，分别计算出对应概率可得分布列及其期望值. 【小问1详解】 零假设为：该地居民喜欢喝茶与年龄没有关系. 根据列联表中的数据，可以求得. 根据小概率值的独立性检验，没有充分证据推断不成立， 因此可以认为成立，据此推断该地居民喜欢喝茶与年龄没有关系. 【小问2详解】 由题意可知，的取值可能为. 则. 所以的分布列为 0 1 2 所以的期望为. 17. 已知椭圆的离心率为，且长轴长为4． （1）求椭圆C的方程； （2）过椭圆C左焦点F的直线l与椭圆C交于A，B两点，求三角形面积的最大值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据离心率以及长轴列方程组求，即可得方程； （2）设直线l：，，联立方程利用韦达定理可得，进而可得，换元令，结合函数单调性求最值即可. 【小问1详解】 由题意可知：，解得， 所以椭圆C的方程为. 【小问2详解】 由题意可知：，直线l的斜率可以不存在，但不为0，且直线l必与椭圆相交， 设直线l：，， 联立方程，消去x可得， 则， 可得， 则三角形面积， 令，则， 可得， 因为在内单调递增，则， 可得，当且仅当时，等号成立， 所以角形面积的最大值为. 18. 在中，，，，，分别是，上的点，满足，且．将沿折起到的位置，使，存在动点使如图所示． （1）求证：平面； （2）设直线与平面所成线面角为，求的最大值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）通过证明来证得平面. （2）建立空间直角坐标系，利用向量法求得的表达式，结合二次函数的性质来求得的最大值. 【小问1详解】 因为，则，且，可得， 将沿DE折起到的位置，始终有， 因为平面，所以平面， 由平面，可得， 且平面， 所以平面. 【小问2详解】 由（1）可知，，CD，CB两两垂直，翻折后， 由勾股定理得， 以C为原点，直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 则， 可知 设平面的法向量，则， 令，则，可得， 且， 因为直线BM与平面线面角为，则 ， 当且仅当时，等号成立，所以的最大值为． 19. 函数. （1）讨论的单调性； （2）当时，解方程； （3）当时，不等式恒成立，求a的取值范围. 【答案】（1）答案见解析； （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）对函数求导，分类讨论、，结合导数的符号确定单调性； （2）由已知得，构造且，并应用导数研究其零点，即可得解； （3）令，则，讨论、，并得到恒成立，利用导数研究右侧的最小值，即可得范围. 【小问1详解】 由题设且， 当时，，即在上单调递增， 当时， 若，，即在上单调递减， 若，，即在上单调递增， 综上，时在上单调递增， 时在上单调递减，在上单调递增； 【小问2详解】 由题设，则，故，即， 令且，则， 当，，即在上单调递增， 当，，即在上单调递减， 又，即，当且仅当取等号， 所以的解为，即的解为. 【小问3详解】 由且，令，则， 当时，，此时，满足题设； 当时，恒成立， 令，则， 令，则， 时，，在上单调递减， 时，，在上单调递增，且， 故时，即，时，即， 所以在上单调递减，在上单调递增，故， 所以，即， 综上，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $