精品解析：湖南省衡南县第一中学2024-2025学年高二下学期期末考试数学试卷

衡南县高二期末考试试卷 数 学 时量：120分钟 总分：150分 命题人：刘奇伟 注意事项：请考生把答案写在答题卡上．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息． 一、单项选择题（本大题共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. 已知全集，集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知命题p：，，则命题p的否定为（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 3. 已知，则（ ） A. B. C. D. 4. 一个体育队有4名女运动员和3名男运动员，现从队伍抽样尿检，每次从中抽选1个运动员，抽出的运动员不再检查，则在第1次抽到女运动员的条件下，第2次抽到男运动员的概率为（ ） A. B. C. D. 5. 已知向量，，若，则的值为（ ） A. 4 B. C. 5 D. 6. 已知4张卡片的正、反两面分别写有数字1，2；3，4；5，6；7，8．将这4张卡片排成一排，则可构成不同的四位数的个数为（ ） A. B. C. D. 7. 不等式在区间上的整数解的个数是（ ） A. 674 B. 676 C. 1348 D. 1349 8. 定义在上的函数的导函数为，且满足，，，则下列不等式一定成立的是（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题（本大题共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．全部选对得6分，部分选对得部分分，选对但不全的得部分分，有选错得0分）． 9. 设随机变量，且，则（ ） A. B. C. 的方差为 D. 若增大，则增大 10. 已知，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 11. 已知定义域为R的函数满足，且函数是奇函数，，则下列说法不正确的是（ ） A. 函数的一个周期是8 B. C. 函数为偶函数 D. 若，则 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 若一个正四棱锥的底面是边长为4的正方形，高为，则侧棱长为______． 13. 已知等差数列的前n项和为，满足，则______． 14. 已知分别为双曲线的左、右焦点．过点作直线与的左、右两支分别相交于两点，直线与相交于点．若，则_____________． 四、解答题（本大题共5个小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 如图，在四棱锥中，侧面为正三角形，侧面底面，底面为正方形，E，F分别为，的中点． （1）求证：直线∥平面； （2）若，求侧面与侧面所成角的余弦值． 16. 已知数列满足，． （1）证明是等比数列，并求数列的通项公式； （2）令，求数列前n项的和． 17. 某学校校庆时统计连续5天进入学校参加活动的校友数（单位：千人）如下： 日期 10月1日 10月2日 10月3日 10月4日 10月5日 第x天 1 2 3 4 5 参观人数y 2.2 2.6 3.1 5.2 6.9 （1）由上表数据看出，可用线性回归模型拟合y与x的关系，请用相关系数r加以说明（保留小数点后两位）；（若，则认为y与x的线性相关性很强），并求出y关于x的线性回归方程； （2）校庆期间学校开放1号门、2号门和3号门供校友出入，校友从1号门、2号门和3号门进入学校的概率分别为、、，且出学校与进学校选择相同门的概率为，选择与人校不同两门的概率各为．假设校友从1号门、2号门、3号门出入学校互不影响，现有甲、乙、丙、丁4名校友于10月1日回母校参加活动，设X为4人中从2号门出学校的人数，求X的分布列、期望及方差． 附：参考数据：，，，，． 参考公式：回归直线方程，其中，． 相关系数． 18. 在平面直角坐标系中，分别以x轴和y轴为实轴和虚轴建立复平面，已知复数，在复平面内满足为定值的点的轨迹为曲线．且点在曲线上． （1）求的方程； （2）是过右焦点的弦（不是长轴），的中点为G，过点A，B分别作直线l：的垂线，垂足分别为C，D，l与x轴的交点为E． （ⅰ）证明：； （ⅱ）记与的交点为M，与的交点为N，求四边形面积的最大值． 19. （，，1，2，…，）称为实系数一元多项式.若实数满足，称是多项式的实数根，则是多项式的因式，即存在多项式使得.设多项式. （1）判断的实数根的个数并说明理由； （2）记的所有实数根的和为，的所有实数根的积为. （i）证明：，满足； （ii）证明：且. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 衡南县高二期末考试试卷 数 学 时量：120分钟 总分：150分 命题人：刘奇伟 注意事项：请考生把答案写在答题卡上．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息． 一、单项选择题（本大题共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. 已知全集，集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由补集、交集的概念即可得解. 【详解】已知全集，集合，，则. 故选：D. 2. 已知命题p：，，则命题p的否定为（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】D 【解析】 【分析】根据含有一个量词的否定得到答案即可. 【详解】命题p：，，则命题p的否定为，, 故选：D. 3. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先根据复数的除法运算求出，进而求出复数的模. 【详解】由，则， 所以. 故选：C. 4. 一个体育队有4名女运动员和3名男运动员，现从队伍抽样尿检，每次从中抽选1个运动员，抽出的运动员不再检查，则在第1次抽到女运动员的条件下，第2次抽到男运动员的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用条件概率的概率公式结合排列组合知识求解. 【详解】用事件表示“第1次抽到女运动员”，事件表示“第2次抽到男运动员”， 第1次抽到女运动员包括第1次女第2次男：种，两次均为女种， 共种， 从所有运动员中依次取2名共有种， 则，，则， 则在第1次抽到女运动员的条件下，第2次抽到男运动员的概率为. 故选：C 5. 已知向量，，若，则的值为（ ） A. 4 B. C. 5 D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据数量积的坐标运算求出，再利用坐标公式计算. 【详解】由题意得，， 因，则，得，则， 则，得. 故选：B 6. 已知4张卡片的正、反两面分别写有数字1，2；3，4；5，6；7，8．将这4张卡片排成一排，则可构成不同的四位数的个数为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先排四张卡片的顺序，再考虑每张卡片的正反面，由乘法原理得出. 【详解】分两步完成，第一步先排4张卡片的顺序有种；第二步再排每一张卡的正反面有种，所以一共有种结果. 故选：A. 7. 不等式在区间上的整数解的个数是（ ） A. 674 B. 676 C. 1348 D. 1349 【答案】B 【解析】 【分析】整理可得，结合正弦型函数的周期性分析求解即可. 【详解】因为，所以， 可得，所以，所以， 因为的最小正周期为， 又，，， 可知满足在内的整数解为1，2，即一个最小正周期内有2个整数解， 又，则不等式在内有2个整数解， 在内有个整数解. 所以不等式在区间上的整数解的个数是. 故选：B. 8. 定义在上的函数的导函数为，且满足，，，则下列不等式一定成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，可得，单调递增，，单调递减，所以，，，，从而对各个选项分别进行求解即可. 【详解】根据题意，定义在上的函数的导函数满足， 所以，， 令，，则，， 所以单调递增，单调递减， 又，， 所以，，，， 因为单调递增，单调递减， 所以，， 又，所以，故A错误； 同理，，， 所以，故B错误； ，所以，故C正确； ，， 所以，故D错误. 故选：C. 二、多项选择题（本大题共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．全部选对得6分，部分选对得部分分，选对但不全的得部分分，有选错得0分）． 9. 设随机变量，且，则（ ） A. B. C. 的方差为 D. 若增大，则增大 【答案】BC 【解析】 【分析】A由正态曲线的对称性可得，再利用可判断；B利用即可；C利用方差的性质可得；D利用的意义即可. 【详解】由结合正态曲线的对称性，可得， 则，故 A错误； ， 故B正确； 由题意可知，，则，故C正确； 越大，数据越分散，越小，故D错误. 故选：BC． 10. 已知，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据二项式定理采用赋值法可得，，，再根据展开式的通项可得，以及的正负即可判断得结论. 【详解】因为， 令可得，故A正确； 令可得，所以，故B不正确； 展开式的通项为，所以，故C正确； 由通项可知，所以， 令可得，即，故D正确. 故选：ACD. 11. 已知定义域为R的函数满足，且函数是奇函数，，则下列说法不正确的是（ ） A. 函数的一个周期是8 B. C. 函数为偶函数 D. 若，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】本题要从前两个抽象表达式入手，判断函数的轴对称和中心对称两个特征，从而得出函数的周期性，接着通过赋值代入求出一个周期内的函数值或者项的特征，可相继判断B,D两项，利用奇偶函数的定义可判断C项. 【详解】对于A，因为，所以是的对称轴， 所以 因为是奇函数，所以，即, 所以是的对称中心，. 因为，所以函数的一个周期是8，故A正确； 对于B，由函数的图象关于点对称，得， ， 又，所以，故， 因此 ，故B不正确； 对于C，，故函数是奇函数，故C不正确； 对于D，令，则， 因此函数的一个周期是2， 因，所以，又， 故， 所以当为奇数时，当为偶数时， 所以， 所以 ，故D不正确． 故选：BCD. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 若一个正四棱锥的底面是边长为4的正方形，高为，则侧棱长为______． 【答案】4 【解析】 【分析】根据题意，求出对角线的长度，构造直角三角形，求出侧棱长. 【详解】如图，四棱锥的底面是边长为4的正方形，则， 高 所以侧棱长． 故答案为：4. 13. 已知等差数列的前n项和为，满足，则______． 【答案】 【解析】 【分析】先利用诱导公式将原式变形，然后构造函数并分析其奇偶性和单调性，可得，然后利用等差数列的前项和公式以及等差数列下标和性质即可. 【详解】由， 可得， 所以， 所以， 所以， 令，所以， 所以为奇函数，又，所以在上单调递增， 所以，所以， 所以. 故答案为：. 14. 已知分别为双曲线的左、右焦点．过点作直线与的左、右两支分别相交于两点，直线与相交于点．若，则_____________． 【答案】## 【解析】 【分析】根据，得，设，则，利用双曲线定义得，再利用求出可得答案. 【详解】由已知得，所以，， 因为，所以，， 因为，所以， 设，则， 由，得， 又， 所以， 可得， 所以. 故答案为：. 四、解答题（本大题共5个小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 如图，在四棱锥中，侧面为正三角形，侧面底面，底面为正方形，E，F分别为，的中点． （1）求证：直线∥平面； （2）若，求侧面与侧面所成角的余弦值． 【答案】（1）证明见详解 （2） 【解析】 【分析】（1）取的中点G，连接，推出∥且即四边形为平行四边形，所以∥，平面，平面，命题得证； （2）取的中点，的中点，连接，以为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，根据法向量定义分别求出侧面与侧面的法向量，再根据求解. 【小问1详解】 证明：取的中点G，连接. 因为F为的中点，所以∥且, 因为底面为正方形，E为中点，所以∥且， 所以∥且，所以四边形为平行四边形，所以∥. 因为平面，平面， 所以直线∥平面. 【小问2详解】 取的中点，的中点，连接，因为为正三角形，故， 因为侧面底面，交线为，平面，所以底面， 又，以为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 又，故，，， 故，，，，， ，，， 设平面的法向量为，那么 解得，令，则，所以. 同理，设平面的法向量为，则 解得，，令则. 设侧面侧面与侧面所成角为θ，那么 16. 已知数列满足，． （1）证明是等比数列，并求数列的通项公式； （2）令，求数列前n项的和． 【答案】（1）证明见解析； （2） 【解析】 【分析】（1）根据条件得到，利用等比数列的定义即可求解，再由等比数列的通项公式，即可求解； （2）由（1）得，再由错位相减法，即可求解. 【小问1详解】 由，可得，所以， 所以是以为首项，2为公比的等比数列， 所以，所以； 【小问2详解】 由（1）可得， 所以， 所以， 所以， 所以. 17. 某学校校庆时统计连续5天进入学校参加活动的校友数（单位：千人）如下： 日期 10月1日 10月2日 10月3日 10月4日 10月5日 第x天 1 2 3 4 5 参观人数y 2.2 2.6 3.1 5.2 6.9 （1）由上表数据看出，可用线性回归模型拟合y与x的关系，请用相关系数r加以说明（保留小数点后两位）；（若，则认为y与x的线性相关性很强），并求出y关于x的线性回归方程； （2）校庆期间学校开放1号门、2号门和3号门供校友出入，校友从1号门、2号门和3号门进入学校的概率分别为、、，且出学校与进学校选择相同门的概率为，选择与人校不同两门的概率各为．假设校友从1号门、2号门、3号门出入学校互不影响，现有甲、乙、丙、丁4名校友于10月1日回母校参加活动，设X为4人中从2号门出学校的人数，求X的分布列、期望及方差． 附：参考数据：，，，，． 参考公式：回归直线方程，其中，． 相关系数． 【答案】（1），回归方程为 （2）的分布列： 0 1 2 3 4 【解析】 【分析】（1）求出，将参考数据代入相关系数公式，求出的值，即可得出结论；再将数据代入最小二乘法公式，求出的值，即可得出回归直线方程； （2）利用全概率公式求出每个人从2号门出校园的概率，由此可知，利用二项分布可得出随机变量的分布列，利用二项分布的期望、方差公式可得出的值. 【小问1详解】 依题意，，而，，， 则. 因为时线性相关程度高，所以y与x线性相关性很强， 可以用线性回归模型拟合. ，， 因此，回归方程为. 【小问2详解】 记“甲从2号门出学校”为事件A，“甲从1号门进学校”为事件B， “甲从2号门进学校”为事件C， “甲从3号门进学校”为事件D， 由题意可得，，， ，，， 由全概率公式得： ，同理乙、丙、丁从2号门出学校的概率也为， 为4人中从2号门出学校的人数，则， ，， ，， ， 故的分布列为： 0 1 2 3 4 所以. 18. 在平面直角坐标系中，分别以x轴和y轴为实轴和虚轴建立复平面，已知复数，在复平面内满足为定值的点的轨迹为曲线．且点在曲线上． （1）求的方程； （2）是过右焦点的弦（不是长轴），的中点为G，过点A，B分别作直线l：的垂线，垂足分别为C，D，l与x轴的交点为E． （ⅰ）证明：； （ⅱ）记与的交点为M，与的交点为N，求四边形面积的最大值． 【答案】（1） （2）（ⅰ）证明见解析 （ii） 【解析】 【分析】(1)由为定值，可知的轨迹为椭圆，进而可得到值，再结合在曲线上可知值，再利用椭圆三者关系求，最后写出的方程即可. （2）（ⅰ）要证明，只需证明直线和的斜率相等即可. （ⅱ）将求四边形的面积的最大值转化为求面积的最大值，联立直线和椭圆方程，利用根和系数的关系及函数的单调性求解即可. 【小问1详解】 根据题意，复数满足为定值，即： 点到点和的距离之和为定值，由椭圆定义， 该轨迹为椭圆，则焦距，故：， 已知点在椭圆上，即长半轴， 则，因此，曲线的方程为：. 【小问2详解】 （ⅰ）易知椭圆右焦点为，设直线方程： ，设 联立 ，消得： 由韦达定理： 又，, 所以，， 要证，即证, 即证， 即证， 即证， 又根据韦达定理：，得证. （ⅱ）如图： 在中，因为，G是中点，所以是中点， 由（ⅰ）同理可得，所以四边形是平行四边形， 且G是中点，所以是中点，连接， 易知 所以, 由（ⅰ）得：， 令椭圆的右焦点为，则 即 计算 （令）化简得： ， 由对勾函数单调递增， （对求导），所以，则： ， 故：. 所以四边形MGNE面积的最大值为：. 19. （，，1，2，…，）称为实系数一元多项式.若实数满足，称是多项式的实数根，则是多项式的因式，即存在多项式使得.设多项式. （1）判断的实数根的个数并说明理由； （2）记的所有实数根的和为，的所有实数根的积为. （i）证明：，满足； （ii）证明：且. 【答案】（1）有2个实数根，理由见解析 （2）（i）证明见解析；（ii）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由导数与函数单调性的关系，可得函数的单调区间，根据零点存在性定理，可得答案； （2）（i）由题意对于函数进行分解因式，建立方程，利用消元，可得答案；（ii）根据一元二次方程根的判别，整理等式，可得答案. 【小问1详解】 ，令得或. ，，变化情况如下表： 0 - 0 - 0 + 单减 无极值 单减 极小值 单减 所以在上单调递减，在上单调递增， 又，，，所以在和上分别存在唯一的实数根，故有2个实数根； 【小问2详解】 （i）记的两个实数根分别为，，则 ， 比较系数可得：，，，， 消去，得：， 由得：； （ii）由得， 又无实数根，所以，故必有. ，得，所以， 由得，所以，所以， 再由得，故， 令，则，当时，，所以单调递减， 而，所以， 所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $