精品解析：广东省湛江市第一中学2024-2025学年高二下学期期末考试数学试题

湛江第一中学2024~2025学年度第二学期期末考试 高二数学 考生注意： 1．本试卷满分150分，考试时间120分钟. 2．考生作答时，请将答案填在答题卡上，选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效. 3．本卷命题范围：选择性必修二；选择性必修三；三角函数与解三角形；立体几何；集合与常用逻辑用语；一元二次函数；不等式；函数的基木性质. 一、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. 若“”是假命题，则实数a的取值范围是（    ） A. B. C. D. 2. 在的展开式中，的系数是（    ） A. B. C. D. 3. 已知变量之间具有线性相关关系，根据5对样本数据求得经验回归方程为，若，，则（　　） A. 18 B. 3.6 C. 2.4 D. 1.2 4. 若数列满足，，则数列的前15项和为（    ） A. 105 B. 119 C. 135 D. 152 5. 在中，角所对的边分别为，若，则角的大小为（    ） A. B. C. D. 6. 一个箱子中有10个质地、大小相同的球，共5种颜色，每种颜色有2个球，现从中任取2球，若在其中一个球为红色的条件下，另一个球也为红色的概率为（    ） A. B. C. D. 7. 已知函数是上的单调函数，则实数a的取值范围为（    ） A. B. C. D. 8. 已知数列，是其前项积，，若函数，的导数为，则（    ） A. 2 B. 4 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. 已知，则下列结论正确的是（    ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则的最大值为 D. 的最小值为3 10. 若是一次随机试验中的两个事件，，，，则下列结论正确的有（   ） A. A与B相互独立 B. C. D. 11. 函数，则下列结论正确的是（   ） A. 若有极值点，则 B. 无论取何值，都存在，使得成立 C. 对称点在直线上 D. 若，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知是定义在区间上的减函数，且，则的取值范围是______． 13. 有42个白球和14个红球，现根据颜色按比例分层随机抽样，抽取8个球放进一个袋子里，每次从袋子中摸出一个球，直到红球全部被取出，则摸球次数为4的概率是________. 14. 若函数与轴的正半轴只有一个交点，则实数的取值范围为________. 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. 已知为各项均为正数的数列，其前项和为，. （1）求通项公式； （2）设，数列的前项和记为，证明：. 16. 如图，已知四棱锥，底面，圆为底面的外接圆，是直径，，． （1）求证：平面平面； （2）求直线与平面所成的角的正弦值． 17. 已知函数，. （1）讨论的单调性； （2）证明：若，则存在唯一的极小值，且. 18. 为了解学生身体素质的情况，学校随机抽取了100位同学组织了一次体测，结果有20%的同学合格，经过调查，抽取的学生中只有10%的学生每日运动量能达标，每日运动量能达标的学生体测合格率有50%. （1）完成列联表，并根据小概率值的独立性检验，能否认为体测成绩与每日运动量之间有关； 体测合格 体测不合格 合计 运动量达标 运动量未达标 合计 （2）从该校随机抽取三人，三人中体育项目测试相互独立，求三人中合格人数的分布列和期望； （3）为提升学生身体素质，学校决定给每个班级安排任务，规则如下：每天班主任从箱子里抽球，里面有2个白球和2个红球(大小、材质相同)，抽到红球放回，且学生就需要跑步1km；抽到白球则休息，抽完的球不放回，再往里放入一个红球，直至箱子里全部都是红球后结束，记天后任务结束的概率为.求. 附：，. 0.100 0.050 0.010 0.001 2706 3.841 6.635 10828 19. 拓扑学里有一个非常重要的不动点定理：对于满足一定条件的图象连续不间断的函数，在其定义域内存在一点，使得，则称为函数的一个“不动点”，若，则称为的“稳定点”.将函数的“不动点”和“稳定点”的集合分别记为和，即，. （1）对于函数，分别求出集合和； （2）若函数在定义域内单调递增，求证：； （3）已知，若的稳定点的个数. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 湛江第一中学2024~2025学年度第二学期期末考试 高二数学 考生注意： 1．本试卷满分150分，考试时间120分钟. 2．考生作答时，请将答案填在答题卡上，选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效. 3．本卷命题范围：选择性必修二；选择性必修三；三角函数与解三角形；立体几何；集合与常用逻辑用语；一元二次函数；不等式；函数的基木性质. 一、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. 若“”是假命题，则实数a的取值范围是（    ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由假命题的否定为真命题，求解即可. 【详解】因为命题“”是假命题， 所以命题“，”是真命题， 解得， 所以实数a的取值范围是. 故选：D 2. 在的展开式中，的系数是（    ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】写出通项公式，然后代值计算即可. 【详解】由题意可得，的通项 ， ， 令，得， 所以的系数为， 故选：A. 3. 已知变量之间具有线性相关关系，根据5对样本数据求得经验回归方程为，若，，则（　　） A. 18 B. 3.6 C. 2.4 D. 1.2 【答案】B 【解析】 【分析】先根据条件求出样本点中心为，再将其代入经验回归方程中即可. 【详解】根据题意可得，，， 则5对样本数据的样本点中心为， 将其代入方程中得，，则. 故选：B. 4. 若数列的满足，，则数列的前15项和为（    ） A. 105 B. 119 C. 135 D. 152 【答案】C 【解析】 【分析】由递推公式，结合，即可求出的前15项和. 【详解】因为 所以 故选：C 5. 在中，角所对的边分别为，若，则角的大小为（    ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用正弦定理将边化为角，再化简即可. 【详解】因为， 由正弦定理可得：， 所以， 所以， 又因为, 所以, 所以， 因为， 所以， 又因为 所以， 故选：C． 6. 一个箱子中有10个质地、大小相同的球，共5种颜色，每种颜色有2个球，现从中任取2球，若在其中一个球为红色的条件下，另一个球也为红色的概率为（    ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用条件概率公式即可解出答案. 【详解】设事件为“从箱子中任取两球均为红色”， 事件为“从箱子中任取两球至少有一球为红色”． 则由题意知， ,， 所求概率为. 故选：B． 7. 已知函数是上的单调函数，则实数a的取值范围为（    ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】令，讨论与的大小关系，得到的单调性，再结合是上的单调函数解出答案. 【详解】函数， 由函数是上单调函数，得函数在上单调； 当时，在上单调递增，而当时，为常函数，不递增，因此； 当时，，函数在上单调递增，在上单调递减， 又，， 所以函数在上不单调，因此不成立； 当时，，函数在上单调递增，在上单调递减， 因此函数在上单调递增，且，即，解得， 此时函数在上单调递增，要使函数在上的单调递增， 则，而， 解得， 所以实数a的取值范围为. 故选：C． 8. 已知数列，是其前项积，，若函数，的导数为，则（    ） A. 2 B. 4 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求出，再得到，两边同时求导后代入即可. 【详解】因为， 当时，， 所以， 因为也满足， 所以， 令，则， 所以， 所以. 故选：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. 已知，则下列结论正确的是（    ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则的最大值为 D. 的最小值为3 【答案】BC 【解析】 【分析】由时即可判断A；由基本不等式常数“1”的等价代换即可计算求解判断B；由基本不等式即可计算判断CD. 【详解】对于A，当时，，故A错误； 对于B，， 当且仅当即时，取等号，故B正确； 对于C，，所以， 当且仅当时等号成立，故C正确； 对于D，， 当且仅当时等号成立，故D错误. 故选：BC. 10. 若是一次随机试验中的两个事件，，，，则下列结论正确的有（   ） A. A与B相互独立 B. C D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】由已知及概率的性质可得，根据独立事件的判定、全概率公式、条件概率公式依次判断各项的正误即可. 【详解】由题设，，，， 由，且， 所以，则，解得， 对于A选项，因为，所以A与B相互独立，A对； 对于B选项，由，则，B对； 对于C选项，由，C错； 对于D选项，由，则，D对. 故选：ABD. 11. 函数，则下列结论正确的是（   ） A. 若有极值点，则 B. 无论取何值，都存在，使得成立 C. 的对称点在直线上 D. 若，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据函数有极值点可知导函数存在两个不同零点，根据可构造不等式求得A错误；将问题转化为与有交点，利用导数可求得单调性，并得到的值域，由此可确定B正确；由可确定C正确；利用交点式可表示出，根据对应项系数相等，并利用所得等量关系化简可得D正确. 【详解】对于A，有极值点，有两个不等的零点， ，解得：，A错误； 对于B，当时，若成立，则在上有根； 在上有根， 令，则与有交点， ，在上单调递减， 当时，；当时，；， 无论取何值，与均有交点，即至少存在一个正根，B正确； 对于C， ， 的对称点为，的对称点在直线上，C正确； 对于D，，必有极值点，知； ， ，，， ， ，，，D正确 故选：BCD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知是定义在区间上的减函数，且，则的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】利用函数单调性与定义域列不等式，解不等式，可得答案. 【详解】由题意得，解得， 因为是定义在区间上的减函数，且， 所以，解得，所以的取值范围是. 故答案为： 13. 有42个白球和14个红球，现根据颜色按比例分层随机抽样，抽取8个球放进一个袋子里，每次从袋子中摸出一个球，直到红球全部被取出，则摸球次数为4的概率是________. 【答案】 【解析】 【分析】先由分层抽样得出白球、红球个数，再把摸球看成排列问题，由排列组合以及古典概型公式求解即可. 【详解】按照分层抽样方法，需要抽取6个白球，2个红球， 若摸球4次停止，把摸球看成排列问题，总有种，最后一次摸红球，符合题意的有种， 所以摸球次数为4的概率为. 故答案为：. 14. 若函数与轴的正半轴只有一个交点，则实数的取值范围为________. 【答案】 【解析】 【分析】令，分离参数得，结合图像分析交点个数，得出的取值范围. 【详解】由题意得， 有且仅有一个根，且， 所以上有且仅有一个根， 当，则， 令且，则，所以在上单调递增， 趋向于0时，趋向于1时，，所以； 当，则， 令，在上单调递减，且， 趋向于时，，所以.综上， 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. 已知为各项均为正数的数列，其前项和为，. （1）求的通项公式； （2）设，数列的前项和记为，证明：. 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用的关系，得出数列是等差数列，进而可求得通项公式； （2）利用裂项相消求和法可求得，进而可证得结论. 【小问1详解】 当时，，得， ∵，∴， 当时，， 两式作差可得：， 即， ∴， 又∵，∴，且， ∴数列是以1为首项，1为公差的等差数列， ∴. 【小问2详解】 ∵，∴，∴， ∴. 则 . ∵，∴，∴， 又∵为递增数列，所以， ∴. 16. 如图，已知四棱锥，底面，圆为底面的外接圆，是直径，，． （1）求证：平面平面； （2）求直线与平面所成的角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）由线面垂直得出线线垂直，利用圆的性质得出线线垂直，进而得出线面垂直，进而证明面面垂直； （2）利用垂直关系建立空间直角坐标系，结合已知条件得出相关点坐标和向量坐标，求出平面法向量，利用直线所在向量与平面法向量夹角的余弦值得出线面角的正弦值． 【小问1详解】 底面，底面， ， 又圆为底面的外接圆，是直径， ， ，平面，， 平面， 平面， 平面平面． 【小问2详解】 以为坐标原点，建立下图所示空间直角坐标系， 由，得， ， ，，， 设平面的一个法向量为， ，， 设直线与平面所成角为，， ， 直线与平面所成的角的正弦值为． 17. 已知函数，. （1）讨论的单调性； （2）证明：若，则存在唯一的极小值，且. 【答案】（1）答案见解析 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用导数分和两种情况讨论导数正负得出函数的单调区间； （2）由题设，，并用导数研究的单调性和极值，即可证. 【小问1详解】 因为，其中，. ①当时，恒成立，的增区间为，无减区间； ②当时，令，得， 由可得；由可得. 此时，函数的减区间为，增区间为. 综上所述：当时，的增区间为，无减区间； 当时，函数的减区间为，增区间为. 【小问2详解】 当时，，， 令，，则在上恒成立， ∴在上单调递增， 又∵，，则方程只有一解，设为， ∴存在唯一的，使得，即， 当时，，当时，， ∴在上单调递减，在上单调递增， ∴， ∵，∴， ∴， 即. 18. 为了解学生身体素质的情况，学校随机抽取了100位同学组织了一次体测，结果有20%的同学合格，经过调查，抽取的学生中只有10%的学生每日运动量能达标，每日运动量能达标的学生体测合格率有50%. （1）完成列联表，并根据小概率值的独立性检验，能否认为体测成绩与每日运动量之间有关； 体测合格 体测不合格 合计 运动量达标 运动量未达标 合计 （2）从该校随机抽取三人，三人中体育项目测试相互独立，求三人中合格人数的分布列和期望； （3）为提升学生身体素质，学校决定给每个班级安排任务，规则如下：每天班主任从箱子里抽球，里面有2个白球和2个红球(大小、材质相同)，抽到红球放回，且学生就需要跑步1km；抽到白球则休息，抽完的球不放回，再往里放入一个红球，直至箱子里全部都是红球后结束，记天后任务结束的概率为.求. 附：，. 0.100 0.050 0.010 0.001 2.706 3.841 6.635 10.828 【答案】（1）列联表见解析，体测成绩与每日运动量之间有关 （2）分布列见解析， （3）. 【解析】 【分析】（1）根据题设信息即可完成2×2列联表，再进行零假设和计算卡方值，再由小概率值的独立性检验思想即可得解； （2）设抽取的三人中合格人数为X，由题设得到，利用二项分布概率公式和均值计算公式即可求解； （3）设“第次操作取出白球”， “第次操作取出红球”，，先依题意，，明确时，若天后任务结束，则第n次取出的是白球，前次操作中，有一次取出白球，其余次均取出红球，据此即可结合等比数列前n项和公式计算的概率. 【小问1详解】 依题意，完成下列2×2列联表如下： 体测合格 体测不合格 合计 运动量达标 5 5 10 运动量未达标 15 75 90 合计 20 80 100 零假设 体测成绩与每日运动量之间无关， 因， 根据小概率值的独立性检验，零假设不成立，即体测成绩与每日运动量之间有关，此推断犯错误的概率不大于0.05. 【小问2详解】 该校随机抽取三人，每个人合格的概率为20%，设抽取的三人中合格人数为X， 则，由于测试相互独立，则， 故， ， ，， 则随机变量的分布列为： 0 1 2 3 故的数学期望为. 【小问3详解】 设“第次操作取出白球”， “第次操作取出红球”，， 依题意，， 当时，若天后任务结束， 则第n次取出的是白球，前次操作中，有一次取出白球，其余次均取出红球， 则 ， 经检验，，均满足该式， 所以. 19. 拓扑学里有一个非常重要的不动点定理：对于满足一定条件的图象连续不间断的函数，在其定义域内存在一点，使得，则称为函数的一个“不动点”，若，则称为的“稳定点”.将函数的“不动点”和“稳定点”的集合分别记为和，即，. （1）对于函数，分别求出集合和； （2）若函数在定义域内单调递增，求证：； （3）已知，若的稳定点的个数. 【答案】（1）， （2）证明见解析 （3）答案见解析 【解析】 【分析】（1）由“不动点”和“稳定点”的定义列出方程，解出答案； （2）根据“不动点”与“稳定点”的定义证明即可. （3）构造，讨论的单调性，得到的零点个数即为的稳定点的个数. 【小问1详解】 由，得，解得； 由，得，解得， ∴集合，. 【小问2详解】 证明：设为函数的不动点，则， 则，即为函数的稳定点，即. 设为函数的稳定点，即， 假设，而在定义域内单调递增， 若，则，与矛盾； 若，则，与矛盾； 故必有，即， 即，故为函数的不动点即. 综上，，得证. 【小问3详解】 当时，函数在上单调递增， 由（2）知的稳定点与的不动点等价，故只需研究的不动点即可； 令，， ∴，， ∴在上单调递减， ①当时，恒成立， ∴在上单调递增， 当无限接近0时，趋向于负无穷大，且， 故存在唯一的，使得，即有唯一解， ∴此时有唯一不动点； ②当时，即时，， 当趋向于无穷大时，趋近于0，此时， 存在唯一的，使得，即， 此时在上单调递增，在上单调递减， ∴， 当无限接近0时，趋向于负无穷大，当无限接近正无穷大时，趋向于负无穷大， 设， 则在上单调递增，且， 又∵在上单调递增， ∴（ⅰ）当，即时， 此时，方程有一个解，即有唯一不动点； （ⅱ）当，即时， 此时，方程无解，即无不动点； （ⅲ）当，即时， 此时，方程有两个解，即有两个不动点； 综上，当或时，有唯一稳定点； 当时，无稳定点； 当，有两个稳定点. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $