精品解析：河南省信阳市商城县2024-2025学年高二下学期7月期末考试数学试题

商城县2024-2025学年第二学期高二年级期末考试 数学试题 考生注意： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效， 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 一、选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的，请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上．） 1. 设集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 某班从包括甲乙在内的名学生中，选择人参加植树活动，则甲乙两人至多一人参加的方法数有（ ） A. B. C. D. 3. 已知函数y=f（x）的图象是下列四个图象之一，且其导函数y=f′（x）的图象如图所示，则该函数的图象是（　　） A. B. C. D. 4. 随机变量的分布列如下表所示，若随机变量，则随机变量的数学期望（ ） 0 1 2 A. B. C. 1 D. 5. 已知函数是奇函数且在区间上单调递增，则函数在区间上（ ） A. 单调递增，有最小值 B. 单调递增，有最大值 C. 单调递减，有最小值 D. 单调递减，有最大值 6. 已知平面的方程为，直线的方向向量为，则直线与平面所成角的正弦值为（ ） A. B. C. D. 7. 南宋数学家杨辉的重要著作《详解九章算法》中的“垛积术”问题介绍了高阶等差数列．以高阶等差数列中的二阶等差数列为例，其特点是从数列中的第二项开始，每一项与前一项的差构成等差数列．若某个二阶等差数列的前4项为：2，3，6，11，则该数列的第27项为（ ） A. 676 B. 678 C. 731 D. 733 8. 已知正实数m，n，p满足，，，则m，n，p的大小关系为（ ） 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，有选错的得0分） 9. 已知，且，则（ ） A. B. C. D. 10. 若函数在处取得极大值，则（ ） A. B. C. 为的一个增区间 D. 的极小值为 11. 已知圆，圆，动圆与圆外切于点，与圆内切于点，圆心的轨迹记为曲线，则（ ） A. C的方程为 B. 的最小值为 C. D. 曲线在点处的切线方程为 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共计15分） 12. 春节期间，甲、乙、丙三人去看电影，每人可在《哪吒之魔童闹海》、《唐探1900》、《熊出没·重启未来》及《蛟龙行动》四部电影中任选一部，则不同的选法有________种． 13. 用（为自然对数的底数）拟合一组数据时，为了求出回归方程，令，变换后得到的线性回归方程为，则________ 14. 在正四面体中，取棱上一点T，使，连接，三棱锥的内切球的球心为M，三棱锥的内切球的球心为N，则平面与平面的夹角的正弦值是__________． 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. 2025年春晚最火的节目无疑是机器人扭秧歌． 其中表演的机器人出自宇树科技， 宇树科技是一家专注于高性能四足机器人研发和生产的中国科技公司． 该公司以其创新的四足机器人在全球范围内广受关注，主要应用于教育、科研、娱乐和工业等领域，其中四大产品之一的机器人Unitree A1具备较强的负载能里和环境适应性， 可用于巡检与监控、物流和运用、安防与救援． 现统计出机器人Unitree A1在某地区2024年2月到6月的销售量如下表所示： 月份 2 3 4 5 6 销量 42 53 66 109 用最小二乘法得到Unitree A1的销售量关于月份的回归直线方程为，且相关系数，销量的方差． （1）求的值(结果精确到0.1)； （2）求的值，并根据（1）的结果计算5月销售量的残差． 附： 回归系数，相关系数 ． 16. 已知等差数列前项和为，数列是等比数列，，. （1）求数列和的通项公式； （2）若，设数列的前项和为，求. 17. 如图，在四棱锥中，平面平面，，，，分别为棱，的中点． （1）证明：平面平面； （2）利用题中条件能否得出平面？若不能，试添加一个适当的条件后证明平面． 18. 记，，． （1）求，并证明：； （2）若，使得成立，求取值范围； （3）求函数的单调增区间． 19. “洛必达法则”是研究微积分时经常用到的一个重要定理，洛必达法则之一的内容是：若函数，的导数都存在，且，如果是常数）时，或或，且（是常数），则时，． 已知函数． （1）证明：时曲线在点处的切线与曲线也相切； （2）若函数有两个零点，函数有两个零点． ①指出的大致范围（不必说明理由），并求出的取值范围； ②试探究与的大小关系． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 商城县2024-2025学年第二学期高二年级期末考试 数学试题 考生注意： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效， 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 一、选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的，请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上．） 1. 设集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】化简集合，根据交集的定义求结论. 【详解】由有意义可得， 所以，又， 所以， 故选：B 2. 某班从包括甲乙在内的名学生中，选择人参加植树活动，则甲乙两人至多一人参加的方法数有（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】甲乙两人至多一人参加的对立事件为甲乙都参加，利用事件的对立面求方法数即可. 【详解】根据题意，名学生中，选择人参加植树活动共有种方法， 而甲乙都参加的情况有种方法， 则甲乙两人至多一人参加的方法数有种. 故选：C. 3. 已知函数y=f（x）的图象是下列四个图象之一，且其导函数y=f′（x）的图象如图所示，则该函数的图象是（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由y＝f′(x)的图象知，y＝f(x)的图象为增函数， 且在区间(－1,0)上增长速度越来越快， 而在区间(0,1)上增长速度越来越慢． 故选B. 4. 随机变量的分布列如下表所示，若随机变量，则随机变量的数学期望（ ） 0 1 2 A. B. C. 1 D. 【答案】A 【解析】 【分析】首先求得，然后由期望公式、期望的性质计算即可求解. 【详解】由题意，故， 而，从而. 故选：A. 5. 已知函数是奇函数且在区间上单调递增，则函数在区间上（ ） A. 单调递增，有最小值 B. 单调递增，有最大值 C. 单调递减，有最小值 D. 单调递减，有最大值 【答案】B 【解析】 【分析】根据条件，利用奇函数的性质，即可求解. 【详解】奇函数图像关于原点对称，所以在关于原点对称区域内单调性相同， 函数是奇函数且在区间上单调递增，则函数在区间上单调递增， 又增区间为半开半闭区间，所以存在最大值. 故选：B. 6. 已知平面的方程为，直线的方向向量为，则直线与平面所成角的正弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，由线面角的计算公式，代入计算，即可得到结果. 【详解】根据题意，平面的一个法向量为，设直线与平面所成角为， 则， 故选：B. 7. 南宋数学家杨辉的重要著作《详解九章算法》中的“垛积术”问题介绍了高阶等差数列．以高阶等差数列中的二阶等差数列为例，其特点是从数列中的第二项开始，每一项与前一项的差构成等差数列．若某个二阶等差数列的前4项为：2，3，6，11，则该数列的第27项为（ ） A. 676 B. 678 C. 731 D. 733 【答案】B 【解析】 【分析】记该二阶等差数列为，，计算出，利用累加法结合等差数列求和能求出的值. 【详解】记该二阶等差数列为，且该数列满足，记， 由题意可知，数列为等差数列，且， 所以等差数列的公差为，所以， 所以，则， 所以， 故选：B 8. 已知正实数m，n，p满足，，，则m，n，p的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用指数函数单调性可得，再利用对数运算及对数函数单调性确定的范围，利用单调性确定的范围即可. 【详解】依题意，，则， 而函数在上单调递增，则函数在上单调递增， 由，得，又 ，，，则，， 在上单调递增，，则， 所以m，n，p的大小关系为. 故选：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，有选错的得0分） 9. 已知，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】AB选项，利用排列和组合的性质得到BC正确；C选项，可举出反例；D选项，利用组合数公式得到. 【详解】A选项，由组合数性质得，A正确； B选项，由组合数计算公式得，B正确； C选项，不妨设，则， 显然，C错误； D选项，，D正确. 故选：ABD 10. 若函数在处取得极大值，则（ ） A. B. C. 为的一个增区间 D. 的极小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据极值点处导数值为0求解，可判断AB，利用导数研究函数的单调性和极值即可判断CD. 【详解】因为， 所以， 因为函数在处取得极大值， 所以，解得或， 当时，， 当或时，，单调递增； 当时，，单调递减． 所以当时，取极小值，不是极大值，不符合题意． 当时，， 当或时，，单调递增； 当时，，单调递减． 所以当时，取极大值，符合题意． 综上，，故A正确，B错误； 由上可知，，为的一个增区间， 的极小值为，故CD正确， 故选：ACD. 11. 已知圆，圆，动圆与圆外切于点，与圆内切于点，圆心的轨迹记为曲线，则（ ） A. C的方程为 B. 的最小值为 C. D. 曲线在点处的切线方程为 【答案】CD 【解析】 【分析】A.利用两圆的内切、外切的充要条件，由椭圆定义即可得的方程； B.由即求的最大值，利用椭圆性质可得； C.运用向量数量积的坐标公式计算即得； D.将选项直线与椭圆方程联立，验证消元后的方程判别式为零即可. 【详解】 圆的圆心，半径；圆的圆心，半径. 设动圆P的半径为，则， 所以. 根据椭圆的定义，可知点的轨迹是以为焦点，长轴长，焦距的椭圆（去掉重合的点）， 则，， 所以曲线C的方程为，A选项错误； 在中，， 因为M是动圆与圆的切点，是动圆与圆的切点， 所以三点共线，三点共线， 所以与互补，. 根据余弦定理. 由基本不等式（当且仅当时取等号）， 则的最小值不是，B选项错误； 因为与反向，与同向， 所以. 所以， 所以，C选项正确； 由 ，消去，整理得：， 则， 因在椭圆上，，即，代入上式得， 故是过椭圆上一点处的切线方程，即D项正确. 故选：CD 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共计15分） 12. 春节期间，甲、乙、丙三人去看电影，每人可在《哪吒之魔童闹海》、《唐探1900》、《熊出没·重启未来》及《蛟龙行动》四部电影中任选一部，则不同的选法有________种． 【答案】 【解析】 【分析】根据分步计数原理的应用即可求解． 【详解】易知每个人都有种选法，故不同的选法有种． 故答案为：． 13. 用（为自然对数的底数）拟合一组数据时，为了求出回归方程，令，变换后得到的线性回归方程为，则________ 【答案】 【解析】 【分析】化简已知得，得，即得解. 【详解】因，两边取对数得：， 令，则，而，于是得，即. 故答案为：. 14. 在正四面体中，取棱上一点T，使，连接，三棱锥的内切球的球心为M，三棱锥的内切球的球心为N，则平面与平面的夹角的正弦值是__________． 【答案】 【解析】 【分析】画出立体图形和截面图形，结合题意分别确定的位置，再由几何关系求出正弦值. 【详解】 设三棱锥的内切球分别与面、面相切于两点， 易知平分，平分，易知， 取中点为，则在的平分线上， 同理三棱锥的内切球球心在的角平分线上， 易知面，故，同理， 于是为平面与平面的夹角的平面角， 设正四面体棱长为，则，， 所以. 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. 2025年春晚最火的节目无疑是机器人扭秧歌． 其中表演的机器人出自宇树科技， 宇树科技是一家专注于高性能四足机器人研发和生产的中国科技公司． 该公司以其创新的四足机器人在全球范围内广受关注，主要应用于教育、科研、娱乐和工业等领域，其中四大产品之一的机器人Unitree A1具备较强的负载能里和环境适应性， 可用于巡检与监控、物流和运用、安防与救援． 现统计出机器人Unitree A1在某地区2024年2月到6月的销售量如下表所示： 月份 2 3 4 5 6 销量 42 53 66 109 用最小二乘法得到Unitree A1的销售量关于月份的回归直线方程为，且相关系数，销量的方差． （1）求的值(结果精确到0.1)； （2）求的值，并根据（1）的结果计算5月销售量的残差． 附： 回归系数，相关系数 ． 【答案】（1） （2）；残差为 【解析】 【分析】（1）根据题中数据可得，，，代入即可求的值； （2）根据线性回归方程必过样本中心点求的值，令，可得，即可得残差. 【小问1详解】 由表可得：，， 因为，可得， 又因为， 可得， 所以. 【小问2详解】 由表可知：， 由（1）可知回归直线方程为，且， 则，解得， 此时，，可得，符合题意， 所以， 对于回归直线方程，令，可得， 所以5月销售量的残差. 16. 已知等差数列前项和为，数列是等比数列，，. （1）求数列和的通项公式； （2）若，设数列的前项和为，求. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为，由条件结合等差数列通项公式和等比数列通项公式列方程求，由此可得结论； （2）先求，再分别确定为偶数时的通项和为奇数时的通项，再利用分组求和法结合裂项相消法和等比数列求和公式求结论. 【小问1详解】 设等差数列的公差为，等比数列的公比为， 由， 得，所以 解得， 所以，， 【小问2详解】 由（1）知，， 因此当为偶数时， 当为奇数时，， 所以 . 17. 如图，在四棱锥中，平面平面，，，，分别为棱，的中点． （1）证明：平面平面； （2）利用题中条件能否得出平面？若不能，试添加一个适当的条件后证明平面． 【答案】（1）证明见解析 （2）不能得出平面，添加条件，证明见解析 【解析】 【分析】（1）先得到两个线线平行“，”，进而得到两个线面平行“平面，平面”，应用面面平行的判定定理问题得证； （2）现有条件不能得出平面，考虑到条件“”，添加条件“”，应用线面垂直的判定定理即可得证. 【小问1详解】 因为，，为棱的中点 所以，， 所以四边形是平行四边形，所以． 因为平面，平面，且，所以平面， 因为分别是，的中点，所以， 又平面，平面，且，所以平面， 因为平面，平面，，平面， 所以平面平面． 【小问2详解】 利用题中条件不能得出平面， 添加条件， 证明如下： 因为，，，平面， 所以平面． 18. 记，，． （1）求，并证明：； （2）若，使得成立，求取值范围； （3）求函数的单调增区间． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3）， 【解析】 【分析】（1）代值计算可得，分别计算，然后两式相加即可； （2）分离参数，，构建关于的函数，求导判断即可； （3）求导可得，换元，代入，然后根据的值作出判断即可. 【小问1详解】 由题意，， ， 证明：要证， 只需证， 由于 ①， ②， ①＋②得， 即， 得证； 【小问2详解】 存在，使得成立， 即的最大值， 由题知，， 令，，， 即，解得（舍去），， ，，单调递增， ，，单调递减， 的最大值为，即； 【小问3详解】 ，， 令，，，， ，，， 当时，， 当，， 当，， 又最多只有三个解且， 由三次函数图象，，，， 的单调增区间是，. 19. “洛必达法则”是研究微积分时经常用到的一个重要定理，洛必达法则之一的内容是：若函数，的导数都存在，且，如果是常数）时，或或，且（是常数），则时，． 已知函数． （1）证明：时曲线在点处的切线与曲线也相切； （2）若函数有两个零点，函数有两个零点． ①指出的大致范围（不必说明理由），并求出的取值范围； ②试探究与的大小关系． 【答案】（1）证明见解析 （2）①，的取值范围是；② 【解析】 【分析】（1）对函数分别求导，分别求出在点的斜率和函数值，进而求出切线方程. （2）①构造新函数，求导，判断单调性，进而可判断零点范围；②构造新函数，求导，判断单调性，比较零点大小. 【小问1详解】 证明：时，， 因为， 所以曲线在点处的切线方程是，即． 因为， 所以曲线在点处的切线方程是，即． 所以时曲线在点处的切线与曲线也相切． 【小问2详解】 ①． 由，得， 令，则与的零点相同，与的零点相同， 又， 时，单调递增；时，单调递减； 时，单调递增；时，单调递减， 所以和在上都是增函数，在上都是减函数， 所以时，时，， 因为有两个零点，即有两个零点， 所以，且解得． 当时，， 又时， 根据洛必达法则可知，时， 所以时， 所以时，在区间和上各有一个零点，所以， 因此，若函数各有两个零点，的取值范围是． ②令，则 与的零点相同，与的零点相同，在区间上是增函数， ， 令，则， 时单调递减；时单调递增； 所以时， 于是时等号仅当时成立， 所以在上是增函数． 所以时，即时； 时，即时； 由①知，所以， 又，所以， 又在区间上是增函数，且， 所以．同理可证， 于是． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $