吉林省通化市梅河口市第五中学2024-2025学年高二下学期7月期末考试数学试题

高二数学期末试题 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. 已知数列是正项等比数列，且，又，，成等差数列，则的通项公式为（ ） A. B. C. D. 2. 记为等差数列的前项和，已知，，则取最小值时，的取值为（ ） A. 6 B. 7 C. 7或8 D. 8或9 3. 在数列中，，，则（ ） A. 2 B. C. D. 4. 已知随机变量服从，若，则（ ） A. 0.2 B. 0.3 C. 0.4 D. 0.5 5. 某学校寒假期间安排3名教师与4名学生去北京、上海参加研学活动，每地要求至少1名教师与2名学生，且教师甲不去上海，则分配方案有（ ） A. 36种 B. 24种 C. 18种 D. 12种 6. 两批同种规格的产品，第一批占70%，次品率为6%；第二批占30%，次品率为5%．将这两批产品混合，从混合产品中任取1件，则这件产品是次品的概率为（ ） A. 5.5% B. 5.6% C. 5.7% D. 5.8% 7. 3名男生和3名女生随机站成一排，恰有2名女生相邻，则不同的排法种数为（ ） A. 332 B. 360 C. 432 D. 488 8. 已知定义域均为的函数的导函数分别为，且，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 二、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，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 若随机变量，，则（ ） A. B. C. D. 10. 已知函数有2个极值点，则的解析式可能为（ ） A. B. C. D. 11. 袋中共有5个除颜色外完全相同的球，其中有3个红球和2个白球，每次随机取1个，有放回地取球，则下列说法正确的是（ ） A. 若规定摸到3次红球即停止取球，则恰好取4次停止取球的概率为 B. 若进行了10次取球，记为取到红球次数，则 C. 若规定摸到3次红球即停止取球，则在恰好取4次停止取球的条件下，第1次摸到红球的概率为 D. 若进行了10次取球，恰好取到次红球的概率为，则当时，最大 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知是函数的极大值点，则__________. 13. 已知函数，则不等式的解集为__________. 14. 若不等式对恒成立，则的最大值为__________. 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. 已知或. （1）若命题是真命题，求实数的取值范围； （2）若是必要不充分条件，求实数的取值范围. 16. 已知幂函数为偶函数，且函数满足. （1）求函数和的解析式； （2）对任意实数恒成立，求的取值范围. 17. 已知函数在点处的切线与直线垂直． （1）求的单调区间和极值； （2）证明：． 18. 如图，四边形为菱形，，，平面平面，，，，点在线段上（不包含端点）． （1）求证：； （2）是否存在点，使得二面角的余弦值为？若存在，则求出的值；若不存在，请说明理由． 19. 法国著名数学家拉格朗日给出一个结论：若函数在闭区间上的图象是一条连续不断的曲线，在开区间上都有导数，则在区间上存在实数，使得，这就是拉格朗日中值定理，其中称为在区间上的“拉格朗日中值”.已知函数. （1）利用拉格朗日中值定理求函数在上“拉格朗日中值”； （2）利用拉格朗日中值定理证明：函数上任意两点连线的斜率不小于； （3）针对函数，请证明拉格朗日中值定理成立. DCACC CCB 9ABD 10BC 11BCD 12 13 14 3 15 【小问1详解】 因为命题是真命题，所以命题是假命题，即关于的方程无实数根. 当时，方程无解，符合题意； 当时，，解得. 故实数的取值范围是. 【小问2详解】 由（1）知若命题是真命题，则或. 因为命题是命题的必要不充分条件， 所以或⫋或， 则解得， 所以实数的取值范围是. 16【小问1详解】 由为幂函数，得，解得或. 因为为偶函数，所以， 则. 由，可得，令， 则， 所以 【小问2详解】 由，可得， 故，， 令，则， 当且仅当1，即时，等号成立， 所以，即，所以的取值范围为. 17【小问1详解】 由题意知，所以， 又函数在点处的切线与直线垂直， 所以，解得， 所以，， 令，解得，令，解得， 所以的单调递减区间为，单调递增区间为， 又，所以的极小值为，无极大值． 【小问2详解】 证明：要证，即证，即证， 当时，，，不等式显然成立； 当时，令，所以，， 令，所以， 令，所以，所以在上单调递增， 又，，所以存在，使得， 所以在上单调递减，在上单调递增，又，， 当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增， 所以，所以，所以原命题得证． 18【小问1详解】 证明：如图，连接，因为四边形为菱形，所以． 因为，所以，又平面平面， 平面平面，平面，所以平面． 又平面，所以． 又，，平面，所以平面． 又平面，所以． 【小问2详解】 连接，交于点，取的中点，连接． 在中，，分别是，的中点，所以． 由（1）知平面，又，平面，所以，， 又，所以，． 以为原点，以，，所在的直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系． 则，，，，所以，， 所以平面的一个法向量是． 设，则， 解得，，， 即，所以． 设， 所以． 设平面的一个法向量为， 则 令，解得，，所以． 所以， 解得或（舍）． 所以存在点，使得二面角的余弦值为，此时． 19小问1详解】 由题，， 因，， 则（负值舍去）； 【小问2详解】 由题，， 设， 设， 则在R上单调递增，注意到， 则当在上单调递增， 在上单调递减， 则， 设函数上任意两点为， 则函数上任意两点斜率的表达式为， 由拉格朗日中值定理，在区间上存在实数， 使，即， 因，则， 即函数上任意两点连线的斜率不小于； 【小问3详解】 ， 由题即相当于证明，，存在，使， 即 ， 即命题等价于证明对任意，， 下面证明：， 先证：， 不等式两边同时除以a，所证不等式变为， 令，则所证不等式可化为， 构造函数，则， 则在上递减，则，则； 再证：， 因，则所证不等式可化为， 即，令，则所证不等式可化为， 构造函数，则， 则上递增，则，则， 又由基本不等式可得，则， 又注意到，则， 即对任意，，则命题得证. 学科网（北京）股份有限公司 $$