甘肃省武威市凉州区武威第八中学2024-2025学年高二下学期7月期末考试数学试题

2025年春学期高二年级期末考试数学试题 （满分150分，考试时间120分钟） 1、 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．已知集合，，则（   ） A． B． C． D． 2．不等式的解集是（    ） A． B． C． D． 3．函数的定义域是（   ） A． B． C． D． 4．已知函数，则的值为（   ） A．0 B．1 C．2 D．3 5．下列函数中，既是奇函数又在单调递增的是（    ） A． B． C． D． 6．若是函数的极小值点，则实数（   ） A．6 B．3 C．2 D．4 7．在中，，平面，且，则三棱锥外接球的表面积为（   ） A． B． C． D． 8．现有把相同的椅子排成一排，甲、乙、丙三人每人选取其中的一把椅子入座，在这三人中有两人相邻坐的条件下，则三人均相邻（甲、乙、丙之间无空座）的概率为（    ） A． B． C． D． 二、多选题（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，部分选对的得部分分，有选错的得0分.） 9．已知二项式，则其展开式中（   ） A．的系数为84 B．各项系数之和为 C．二项式系数之和为 D．二项式系数最大项是第4或5项 10．已知函数的值域是，则其定义域可能是（    ） A． B． C． D． 11．定义在上的函数的导函数的图象如图所示，则下列结论正确的是（   ） A．函数在上单调递减 B．函数在上单调递减 C．函数在处取得最小值 D．函数在处取得极大值 三、填空题本题共3小题，每小题5分，共15分．） 12．若，则 . 13．样本数据20，19，17，16，22，24，26的第一四分位数是 ． 14．已知不等式恒成立，则的取值范围是 ． 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．函数 (1)求在点处的切线方程. (2)求的单调区间. 16．如图，在三棱锥中，平面，，分别是棱，，的中点，，． (1)求直线与平面所成角的正弦值； (2)求点到平面的距离． 17．一批笔记本电脑共有10台，其中品牌3台，品牌7台，如果从中随机挑选2台，设挑选的2台电脑中品牌的台数为. (1)求的分布列； (2)求的均值和方差. 18． 某科技公司研发了一项新产品，经过市场调研，对公司1月份至6月份销售量及销售单价进行统计，销售单价（千元）和销售量（千件）之间的一组数据如下表所示： 月份 1 2 3 4 5 6 销售单价 销售量 （1）试根据1至5月份的数据，建立关于的回归直线方程； （2）若由回归直线方程得到的估计数据与剩下的检验数据的误差不超过千件，则认为所得到的回归直线方程是理想的，试问（1）中所得到的回归直线方程是否理想？ 参考公式：回归直线方程，其中. 参考数据：，. 19．已知满足 ，且时， (1)判断的单调性并证明； (2)证明：； (3)若，解不等式． 第2页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2025 年春学期高二年级期末考试试卷 数学答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C C B B A B C A ABD ABC 题号 11 答案 AD 1．C 【分析】利用集合的交集运算求解. 【详解】因为集合，， 所以. 故选：C 2．C 【分析】移项后等价转化为求一元二次不等式的解即可. 【详解】由，可得，所以，故， 故原不等式的解集为. 故选：C. 3．B 【分析】利用函数有意义列式求解. 【详解】函数的意义，则，解得， 所以函数的定义域是. 故选：B 4．B 【分析】根据分段函数及对数的运算求值即可. 【详解】根据题意得，， 故选：B. 5．A 【分析】利用奇偶性及单调性逐项判断即可. 【详解】对于A，函数是奇函数，在上单调递增，A是； 对于B，函数是偶函数，不是奇函数，B不是； 对于C，函数是偶函数，不是奇函数，C不是； 对于D，函数是偶函数，不是奇函数，D不是. 故选：A 6．B 【分析】求出函数的导数，由题意得出，求出实数的值，并验证为函数的极小值点，得解. 【详解】易得，则，解得． 当时，， 所以当和时，， 当时，，故是的极小值点，符合题意． 所以. 故选：B. 7．C 【分析】根据正弦定理计算可得外接圆的半径，进而可得三棱锥外接球的半径，再根据球的表面积公式计算即可. 【详解】由已知得，作下图， 设外接圆的半径为， 已知，，. 根据正弦定理可得，解得 . 因为平面，所以三棱锥外接球的球心到平面的距离=1， 所以外接球半径. 所以三棱锥外接球的表面积为. 故选：C 8．A 【分析】现根据捆绑法计算出仅有两人相邻和三人均相邻的不同情况数，再根据古典概型计算事件概率，再根据条件概率定义求出事件概率. 【详解】设“甲乙丙之间恰有两人相邻”，“甲乙丙三人均相邻” 则，，故在有两人相邻坐的条件下，三人均相邻的概率为 ， 故选：A. 9．ABD 【分析】根据二项展开式的通项公式计算后可判断ACD的正误，利用赋值法可求各项系数之和，故可判断B的正误. 【详解】的展开式的通项为， 对于A，取，则，故的系数为，故A正确； 对于B，因为，令，则各项系数之和为，故B正确； 对于C，二项式系数之和为，故C错误； 对于D，二项式展开后共有8项，所以二项式系数最大项是是第4或5项，D正确； 故选：ABD. 10．ABC 【分析】根据二次函数的性质对各选项逐一验证即可. 【详解】对于A，当时，，故A正确； 对于B，当时，，故B正确； 对于C，当时，，故C正确； 对于D，当时，，故D错误. 故选：ABC. 11．AD 【分析】根据图象，利用导数与函数单调性间的关系及极值的定义，直接求出单调区间和极值点，再对各个选项逐一分析判断，即可求解. 【详解】由函数的导函数的图象可知， 当时，，当时，， 所以在区间上单调递增，在区间上单调递减， 故选项A正确，选项B和C错误， 对于D，因为，且根据上面分析得到的函数单调性， 由极值的定义知，函数在处取得极大值，所以D正确． 故选：AD． 12． 【分析】通过令，得，再结合条件，即可求解. 【详解】令，则，所以， 得到， 故答案为：. 13．17 【分析】下四分位数就是第百分位数，求几个数据的下四分位数即可 【详解】从小到大排序得：，共7个数，由，所以下四分位数是第二个数，即17． 故答案为：17． 14（0，e） 15．(1) (2)单调递增区间是，单调递减区间是 【分析】（1）利用导数的几何意义求得切线斜率，继而由点斜式求得切线方程； （2）利用导函数的符号确定原函数的单调区间即可. 【详解】（1）因， 则， 又，即切点为， 故在点处的切线方程为，即. （2）因的定义域为， 令 得   ，令 得， 故得的单调递增区间是，单调递减区间是. 16．(1) (2) 【分析】（1）依题意建立空间直角坐标系，求出直线的方向向量及面的法向量，利用向量的夹角公式，即可求出直线与平面所成角的正弦值； （2）利用向量法可求出点到平面的距离． 【详解】（1）依题意：以为坐标原点，所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系， 又分别是棱，，的中点，，． 所以, 所以有：， 设平面的法向量为，则有 所以，令，有， 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. （2）因为，由（1）有平面的一个法向量为， 所以点到平面的距离为：. 17．(1)分布列见解析 (2); 【分析】（1）确定随机变量的可能取值，利用超几何分布概率公式求出概率； （2）利用（1）中的分布列，代入数学期望公式和方差公式计算即得. 【详解】（1）依题意，的可能值有. 则，，. 则的分布列为： （2）由（1）中的分布列，可得 . 另解：因 则 18．（1）；（2）3. 【分析】（1）由题意可得在上恒成立，即在上恒成立，转化为不等式右边的最小值成立，可得答案； （2）显然，否则函数在上递增.利用导数求出函数的递减区间为，再根据已知递减区间，可得答案 【详解】（1）因为，且在区间上为增函数， 所以在上恒成立，即在(1，+∞)上恒成立， 所以在上恒成立，所以，即a的取值范围是 （2）由题意知.因为，所以. 由，得， 所以的单调递减区间为， 又已知的单调递减区间为， 所以， 所以，即. 【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性，特别要注意：函数在某个区间上递增或递减与函数的递增或递减区间是的区别，属于基础题. 19．（1）；（2）是. 【分析】（1）先由表中的数据求出，再利用已知的数据和公式求出，从而可求出关于的回归直线方程； （2）当时，求出的值，再与15比较即可得结论 【详解】（1）因为，， 所以， 得， 于是关于的回归直线方程为； （2）当时，， 则， 故可以认为所得到的回归直线方程是理想的. 19．(1)减函数，证明见解析 (2)证明见解析 (3)或． 【分析】（1）利用函数的单调性定义证明；（2）采用赋值法探索与之间的关系；（3）利用单调性及特殊点的函数值解不等式即可. 【详解】（1）是上的减函数，证明如下： 对任意且，则，所以； 又即，所以. 所以是上的减函数. （2）由，令，得； 再令可得； 即. （3），， ，即，又是上的减函数， 所以，解得：或， 所以不等式的解集为或. 答案第4页，共12页 答案第1页，共8页 学科网（北京）股份有限公司 $$