2024—2025学年广东广州高二数学下册期末考试【含答案】

这是一份2024—2025学年广东广州高二数学下册期末考试【含答案】，共31页。试卷主要包含了单选题，选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
本试卷共5页，19小题，满分150分.考试用时120分钟.
一、单选题：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. 已知数列为等差数列，且，则（）
A. 33B. 44C. 66D. 88
2. 已知随机变量的分布列为，则（）
AB. C. D.
3. 若在和处有极值，则函数的单调递增区间是（）
A. B. C. D.
4. 某学校校医研究温差（℃）与本校当天新增感冒人数y（人）的关系，该医生记录了5天的数据，且样本中心点为．由于保管不善，记录的5天数据中有两个数据看不清楚，现用代替，已知，，则下列结论正确的是（ ）
A. 在确定的条件下，去掉样本点，则样本的相关系数r增大
B. 在确定的条件下，经过拟合，发现基本符合线性回归方程，则
C. 在确定的条件下，经过拟合，发现基本符合线性回归方程，则当时，残差为
D. 事件“，”发生的概率为
5. 设双曲线的左焦点为F，O为坐标原点，P为双曲线C右支上的一点，，在上的投影向量的模为，则双曲线C的离心率为（）
A. 3B. 4C. 5D. 6
6. 在的展开式中含项的系数为15，则展开式中二项式系数最大项是（）
A. 第4项B. 第5项C. 第6项D. 第3项
7. 对于函数，当时，.锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，设，，，则（）
A. B.
C. D.
8. 甲、乙两人进行一场游戏比赛，其规则如下：每一轮两人分别投掷一枚质地均匀的骰子，比较两者的点数大小，其中点数大的得3分，点数小的得0分，点数相同时各得1分．经过三轮比赛，在甲至少有一轮比赛得3分的条件下，乙也至少有一轮比赛得3分的概率为（）
A. B. C. D.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每个小题给出的选项中，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. 已知随机变量，且，则下列说法正确是（）
A. B.
C. D.
10. 爆竹声声辞旧岁，银花朵朵贺新春．除夕夜里小光用3D投影为家人进行虚拟现实表演，表演分为“燃爆竹、放烟花、辞旧岁、迎新春”4个环节．小光按照以上4个环节的先后顺序进行表演，每个环节表演一次．假设各环节是否表演成功互不影响，若每个环节表演成功的概率均为，则（）
A. 事件“成功表演燃爆竹环节”与事件“成功表演辞旧岁环节”互斥
B. “放烟花”、“迎新春”环节均表演成功的概率为
C. 表演成功的环节个数的期望为3
D. 在表演成功的环节恰为3个的条件下“迎新春”环节表演成功的概率为
11. 函数（a，），下列说法正确的是（）
A. 当，不等式恒成立，则b的取值范围是
B. 当，函数有两个零点，则b的取值范围是
C. 当，函数有三个不同的零点，则b的取值范围是
D. 当，函数有三个零点且，则的值为1．
三、填空题：本题共3小题，每小题3分，共15分
12. 在等比数列中，，，则______．
13. 某校数学建模社团对校外一座山的高度h(单位：)进行测量，方案如下：如图，社团同学朝山沿直线行进，在前后相距a米两处分别观测山顶的仰角和()，多次测量相关数据取平均值后代入数学模型求解山高，这个社团利用到的数学模型___________；多次测量取平均值是中学物理测量中常用的减小误差的方法之一，对物理量进行n次测量，其误差近似满足，为使误差在的概率不小于0.9973，至少要测量___________次.参考数据：若占，则.
14. 若，设零点分别为，则______.（其中表示a的整数部分，例如：）
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. 记.
（1）当时，为数列的前项和，求的通项公式；
（2）记是的导函数，求.
16已知函数，，.
（1）当时，求函数的最小值；
（2）若直线是曲线的切线，求证：对任意的，都有.
17. 已知四棱柱如图所示，底面为平行四边形，其中点在平面内的投影为点，且．
（1）求证：平面平面；
（2）已知点在线段上（不含端点位置），且平面与平面的夹角的余弦值为，求的值．
18. 四月武汉被百万株蔷薇花覆盖，形成了全城的花海景观。蔷薇花一般扦插繁殖，园林局为了更好的了解扦插枝条的长度对繁殖状况的影响，选择甲乙两区按比例分层抽样来抽取样本．已知甲区的样本容量，样本平均数，样本方差；乙区的样本容量，样本平均数，样本方差．
（1）求由两区样本组成的总样本的平均数及其方差；（结果保留一位小数）
（2）为了营造“花在风中笑，人在画中游”的美景，甲乙两区决定在各自最大的蔷薇花海公园进行一次书画比赛，两区各派一支代表队参加，经抽签确定第一场在甲区举行．比赛规则如下：每场比赛分出胜负，没有平局，胜方得1分，负方得0分，下一场在负方举行，先得2分的代表队获胜，比赛结束．当比赛在甲区举行时，甲区代表队获胜的概率为，当比赛在乙区举行时，甲区代表队获胜的概率为．假设每场比赛结果相互独立.甲区代表队的最终得分记为X，求X的分布列及的值．
参考数据：．
19. 已知椭圆C：短轴长为2，左、右焦点分别为，，过点的直线l与椭圆C交于M，N两点，其中M，N分别在x轴上方和下方，，，直线与直线MO交于点，直线与直线NO交于点．
（1）若的坐标为，求椭圆C的方程；
（2）在（1）的条件下，过点并垂直于x轴的直线交C于点B，椭圆上不同的两点A，D满足，，成等差数列．求弦AD的中垂线的纵截距的取值范围；
（3）若，求实数a的取值范围．x
5
6
8
9
12
y
17
m
25
n
35
高二数学答案
本试卷共5页，19小题，满分150分.考试用时120分钟.
一、单选题：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. 已知数列为等差数列，且，则（）
A. 33B. 44C. 66D. 88
【答案】B
【解析】
【分析】将用和表示，计算出的值，再由得的值.
【详解】依题意，是等差数列，设其公差为，由，
所以，即，
故选：B.
2. 已知随机变量分布列为，则（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据已知条件结合互斥事件的概率公式求解即可.
【详解】因为随机变量的分布列为，
所以
，
故选：D
3. 若在和处有极值，则函数的单调递增区间是（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求出函数的导函数，依题意且，即可得到方程组，从而求出、的值，再利用导数求出函数的单调递增区间.
【详解】因为，所以，
由已知得，解得，
所以，所以，
由，解得，所以函数的单调递增区间是.
故选：C．
4. 某学校校医研究温差（℃）与本校当天新增感冒人数y（人）的关系，该医生记录了5天的数据，且样本中心点为．由于保管不善，记录的5天数据中有两个数据看不清楚，现用代替，已知，，则下列结论正确的是（ ）
A. 在确定的条件下，去掉样本点，则样本的相关系数r增大
B. 在确定的条件下，经过拟合，发现基本符合线性回归方程，则
C. 在确定的条件下，经过拟合，发现基本符合线性回归方程，则当时，残差为
D. 事件“，”发生的概率为
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，结合回归直线方程的特征及应用，以及古典摡型的概率计算公式和相关系数公式，即可求解.
【详解】对于A中，因为回归直线方程过数据的样本中心点，
所以在确定的条件下去掉样本点，则相关系数不变，所以A错误；
对于B中，由样本中心点为，可得，解得，所以B错误；
对于C中，由，当，可得，则，
所以C错误；
对于D中，由，则可取，的可取，
则的取值为，
所以，的概率为，所以D正确.
故选：D．
5. 设双曲线的左焦点为F，O为坐标原点，P为双曲线C右支上的一点，，在上的投影向量的模为，则双曲线C的离心率为（）
A. 3B. 4C. 5D. 6
【答案】C
【解析】
【分析】取M为的中点，为右焦点，根据条件得，由在上的投影向量的模为得，利用双曲线的定义可得结果.
【详解】取M为的中点，为右焦点，∵,
∴，∴，∵在上的投影为，∴,
∴，∴，∴，
∵，∴，∴，
故选：C.
【点睛】方法点睛：解决圆锥曲线的离心率问题往往需根据题目条件建立关于的一个等量关系或不等关系，结合离心率定义得解.
6. 在的展开式中含项的系数为15，则展开式中二项式系数最大项是（）
A. 第4项B. 第5项C. 第6项D. 第3项
【答案】A
【解析】
【分析】分与讨论，都可求得，再根据二项式定理即可求解.
【详解】由可得，
当，，则，
其展开式的通项为，
令，得，解得；
当，，则，
其展开式的通项为，
令，得，解得；
综上所述：，
所以展开式共有项，所以展开式中二项式系数最大项是第项.
故选：A
7. 对于函数，当时，.锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，设，，，则（）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先利用题设和选项构造函数，判断其在上的单调性；接着利用三角形中的正余弦定理判断的大小，最后运用单调性判断结论即得.
【详解】令，则，当时，，单调递减.
又因为在中，由余弦定理，，同理可得：，
故由可得：，又由正弦边角关系得，则.
接着比较与的大小，即比较与的大小，
令，，.令，，，
则单调递减，，则，在上单调递减，
又,故，则，所以.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：结合题设和结论的提示考虑到构建函数并判断其单调性.同时对于三角形中型如结构的二阶结论要有印象，遇到结构相同的解析式时需要同构的思想.
8. 甲、乙两人进行一场游戏比赛，其规则如下：每一轮两人分别投掷一枚质地均匀的骰子，比较两者的点数大小，其中点数大的得3分，点数小的得0分，点数相同时各得1分．经过三轮比赛，在甲至少有一轮比赛得3分的条件下，乙也至少有一轮比赛得3分的概率为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先根据古典概型得出一轮游戏中，甲得3分、1分、0分的概率.进而求出三轮比赛，在甲至少有一轮比赛得3分的概率，以及事件三轮比赛中，事件甲乙均有得3分的概率.即可根据条件概率公式，计算得出答案.
【详解】用分别表示甲、乙两人投掷一枚骰子的结果，
因为甲、乙两人每次投掷均有6种结果，则在一轮游戏中，共包含个等可能的基本事件.
其中，甲得3分，即包含的基本事件有，共15个，概率为.
同理可得，甲每轮得0分的概率也是，得1分的概率为.
所以每一轮甲得分低于3分的概率为．
设事件A表示甲至少有一轮比赛得3分，事件表示乙至少有一轮比赛得3分，则事件表示经过三轮比赛，甲没有比赛得分为3分.
则，.
事件可分三类情形：
①甲有两轮得3分，一轮得0分，概率为；
②甲有一轮得3分，两轮得0分，概率为；
③甲有一轮得3分，一轮得0分，一轮得1分，概率为.
所以，
所以.
故选：B．
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每个小题给出的选项中，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. 已知随机变量，且，则下列说法正确的是（）
A. B.
C. D.
【答案】AD
【解析】
【分析】由二项分布的期望公式可得A正确；方差公式可得B错误；由二项分布的概率公式可求C错误；由期望公式可得D正确.
【详解】A：因为随机变量，且，所以，故A正确；
B：，故B错误；
C：，故C错误；
D：，故D正确；
故选：AD.
10. 爆竹声声辞旧岁，银花朵朵贺新春．除夕夜里小光用3D投影为家人进行虚拟现实表演，表演分为“燃爆竹、放烟花、辞旧岁、迎新春”4个环节．小光按照以上4个环节的先后顺序进行表演，每个环节表演一次．假设各环节是否表演成功互不影响，若每个环节表演成功的概率均为，则（）
A. 事件“成功表演燃爆竹环节”与事件“成功表演辞旧岁环节”互斥
B. “放烟花”、“迎新春”环节均表演成功的概率为
C. 表演成功的环节个数的期望为3
D. 在表演成功的环节恰为3个的条件下“迎新春”环节表演成功的概率为
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据互斥事件的概念判断A；根据相互独立事件的乘法公式判断B；根据二项分布的期望公式判断C；根据条件概率的计算公式判断D.
【详解】事件“成功表演燃爆竹环节”与事件“成功表演辞旧岁环节”可以同时发生，故不互斥，A错误；
“放烟花”、“迎新春”环节均表演成功的概率为，B正确；
记表演成功的环节个数为X，则，期望为，C正确；
记事件M：“表演成功的环节恰为3个”，事件N：“迎新春环节表演成功”.
，
由条件概率公式，D正确，
故选：BCD
11. 函数（a，），下列说法正确的是（）
A. 当，不等式恒成立，则b的取值范围是
B. 当，函数有两个零点，则b的取值范围是
C. 当，函数有三个不同的零点，则b的取值范围是
D. 当，函数有三个零点且，则的值为1．
【答案】BCD
【解析】
【分析】构造函数，，利用导数求出其单调区间及最值，作出函数大致图象，进而可判断AB；当，，令，结合A选项，可得出与的对应关系，构造函数，作出其大致图象，结合图象进而可判断CD.
详解】对于AB，当，，
令，则，
令，则，
当时，，当时，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
所以，
不等式恒成立，即恒成立，
所以，所以，
所以b的取值范围是，故A错误；
当时，，当时，且，
如图，作出函数的大致图象，
由图可知，所以b的取值范围是，故B正确；
对于C，当，，
令，
由上可知函数在上单调递增，在上单调递减，
如图，作出函数的大致图象，
由图可知，当或时，与一一对应，
当时，个对应个，
令，则，
令，则，
当或时，，当或时，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
又，
如图，作出函数的大致图象，
由图可知，要使函数有三个不同的零点，
则函数的图象有两个交点，
其中一个在上，另一个在上，
所以，所以，故C正确；
对于D，由C选项知，函数由两个零点，，
而函数有三个零点且，
所以，
则，
而，所以，所以，
所以，故D正确.
故选：BCD.
【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：
（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；
（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；
（3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题.
三、填空题：本题共3小题，每小题3分，共15分
12. 在等比数列中，，，则______．
【答案】31
【解析】
【分析】设，则，
利用等比数列的性质进行求解，
【详解】设，则
，
所以．
故答案为：31
13. 某校数学建模社团对校外一座山的高度h(单位：)进行测量，方案如下：如图，社团同学朝山沿直线行进，在前后相距a米两处分别观测山顶的仰角和()，多次测量相关数据取平均值后代入数学模型求解山高，这个社团利用到的数学模型___________；多次测量取平均值是中学物理测量中常用的减小误差的方法之一，对物理量进行n次测量，其误差近似满足，为使误差在的概率不小于0.9973，至少要测量___________次.参考数据：若占，则.
【答案】 ①. (也可以写成) ②. 72
【解析】
【分析】再中由正弦定理可得，在中求解即可；由正态分布的3原则建立不等式求解即可.
【详解】（1）在中，，，
在中，.
(结果还可以是)
（2）由于，因此，
所以，
故至少要测量72次.
故答案为：(也可以写成)；72
【点睛】关键点点睛：在解决正态分布问题中，需要理解原则，学会利用原则求解相关问题，属于中档题.
14. 若，设的零点分别为，则______.（其中表示a的整数部分，例如：）
【答案】4
【解析】
【分析】先利用对数恒等式的等价转化，使得变成的形式，结合的性质，讨论，的关系.
【详解】令，则，利用对数恒等式，原式等价变为：
，
下令，于是，又，
当或时，，当时，，
所以在上递减，上递增，
所以在取到极小值，
当，且，，时，，
可作出大致图像如下：
结合图象，可能有如下情形：
由单调性可知，若均在中的一种时，
则有，
记，，
所以在上递增，
由，
则，故，使得；
显然在上递增，
由，故时，，
故时，；
又，
故，使得，
故时，；
不可能均满足，
事实上，由，得到，这与矛盾，
于是时，由可以推出：，
设，，
由在上单调递增，故在上单调递增，
又，，
即，故，使得，
且时，，递减，时，，递增，
故，
由，可得，
由，根据基本不等式，（等号取不到），
故，
又，，
故存在，使得，
，显然，故，即，
，显然，故，即.
由，故，使得.
注意到，故，
综上讨论，当时原方程有两个根：，；
虽说，，
根据上述讨论，在上无实根，
即时，有两个零点：，，
当时，，
而时，，，
而在处无定义，不可能有，
即时，无零点；
当时，注意到且时，，
又，
故时，存在零点，即，使得，
若，且，不妨设，
由于均在上单调递增，
故，，
在上递减，在递增，
故，
于是是唯一实根.
综上所述，原函数有，，三个零点，，
即有个零点，即，所以.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键在于利用对数恒等式将方程等价转化，用同构的观点把方程构造出具有的形式，然后利用的性质解题.
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. 记.
（1）当时，为数列的前项和，求的通项公式；
（2）记是的导函数，求.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由与的关系求解即可.
（2）先求导，再根据错位相减求解即可.
【小问1详解】
当时，.
当时，.
又当时，不满足上式，
所以
【小问2详解】
①
②
①-②得，
16. 已知函数，，.
（1）当时，求函数的最小值；
（2）若直线是曲线的切线，求证：对任意的，都有.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求导判断函数单调性，即可求出最值；
（2）设切点为，根据已知求得，则要证，即证，即证，即证，令，，设，根据函数单调性即可得证.
【小问1详解】
当时，，则，
令，解得；令，解得，
区间上单调递减，在区间上单调递增.
，函数的最小值为.
【小问2详解】
由已知得，
设切点为，则且，解得，，
，.
要证，即证，
即证，即证，
令，，原不等式等价于，即，
设，则，
在区间上单调递增，
，即成立，
所以对任意，都有.
17. 已知四棱柱如图所示，底面为平行四边形，其中点在平面内的投影为点，且．
（1）求证：平面平面；
（2）已知点在线段上（不含端点位置），且平面与平面的夹角的余弦值为，求的值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）不妨设，根据线面垂直的性质证明，利用勾股定理证明，再根据线面垂直和面面垂直的判定定理即可得证；
（2）以为坐标原点，建立的空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
【小问1详解】
不妨设，
因为平面平面，故，
在中，，
由余弦定理，，
得，故，则，
因为平面，所以平面，
而平面，所以平面平面；
【小问2详解】
由（1）知，两两垂直，
如图所示，以为坐标原点，建立的空间直角坐标系，
则，
故，
，所以，
设，则，即，
所以；
设为平面的一个法向量，
则，
令，则，所以，
因为轴平面，则可取为平面的一个法向量，
设平面与平面的夹角为，
则，
解得，故．
18. 四月的武汉被百万株蔷薇花覆盖，形成了全城的花海景观。蔷薇花一般扦插繁殖，园林局为了更好的了解扦插枝条的长度对繁殖状况的影响，选择甲乙两区按比例分层抽样来抽取样本．已知甲区的样本容量，样本平均数，样本方差；乙区的样本容量，样本平均数，样本方差．
（1）求由两区样本组成的总样本的平均数及其方差；（结果保留一位小数）
（2）为了营造“花在风中笑，人在画中游”美景，甲乙两区决定在各自最大的蔷薇花海公园进行一次书画比赛，两区各派一支代表队参加，经抽签确定第一场在甲区举行．比赛规则如下：每场比赛分出胜负，没有平局，胜方得1分，负方得0分，下一场在负方举行，先得2分的代表队获胜，比赛结束．当比赛在甲区举行时，甲区代表队获胜的概率为，当比赛在乙区举行时，甲区代表队获胜的概率为．假设每场比赛结果相互独立.甲区代表队的最终得分记为X，求X的分布列及的值．
参考数据：．
【答案】（1），
（2）分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）利用平均数的计算公式求得，再利用方差的计算公式进行转化求解即可得解；
（2）先根据题意得到的所有可能取值，再利用独立事件的概率公式分别求得各个取值的概率，从而利用数学期望的计算公式即可得解.
【小问1详解】
根据题意，得，
因为
，
同理，
所以
所以总样本的平均数为，方差．
【小问2详解】
依题意可知，的所有可能取值为，
设“第场比赛在甲镇举行，甲镇代表队获胜”为事件，
“第场比赛在乙镇举行，甲镇代表队获胜”为事件，
且，则，，
所以，
，
，
则的分布列为：
数学期望．
19. 已知椭圆C：短轴长为2，左、右焦点分别为，，过点的直线l与椭圆C交于M，N两点，其中M，N分别在x轴上方和下方，，，直线与直线MO交于点，直线与直线NO交于点．
（1）若的坐标为，求椭圆C的方程；
（2）在（1）的条件下，过点并垂直于x轴的直线交C于点B，椭圆上不同的两点A，D满足，，成等差数列．求弦AD的中垂线的纵截距的取值范围；
（3）若，求实数a的取值范围．
【答案】（1）；
（2）；
（3）．
【解析】
【分析】（1）由椭圆的性质可得，再由两中线的交点为重心和重心的性质得到点，代入椭圆方程可得即可；
（2）由等差中项的性质得到，再由弦长公式得到，然后分当AB斜率存在时由点差法得到，再由点斜式写出弦的中垂线方程，当时，得到；当AB斜率不存在时，此时AD：，；最后得到范围；
（3）解法一：根据重心性质及面积公式得，，再结合已知不等式条件解不等式组可得，然后直曲联立得到；转化为对任意的t恒成立，解不等式即可；解法二：根据重心的性质可得，再由几何图形的面积关系结合三角形的面积公式得到；，后同解法一.
【小问1详解】
依题意，，故椭圆C：；
易知点为的重心，则，故，
代入椭圆方程得∴椭圆C的方程为；
【小问2详解】
∵，，成等差数列，．∴．
设，，AD中点．，
由弦长公式
，
∵，∴，
同理，代入可得，
①当AB斜率存在时两式作差可得，，
∴，
∴弦AD的中垂线方程为，
当时，，即AD的中垂线的纵截距．
∵在椭圆C内，∴，得，且．
②当AB斜率不存在时，此时AD：，．
∴综上所述，即弦AD的中垂线的纵截距的取值范围为．
【小问3详解】
解法一：易知点，分别为，的重心，设，，设点，，则根据重心性质及面积公式得，
，
而∴，
∴，∴，，
设直线l：，则联立椭圆方程得
消元化简得，，，
∴，，
∴，
∴对任意的t恒成立，
即，故实数a的取值范围为．
解法二：易知点为的重心，，
∴，，，
此时，设点，，，，则根据重心的性质可得，
∴，，，
∴，；；
而，∴，
∴，；
设直线l：，则联立椭圆方程得
消元化简得，，，
∴，，
∴，
∴对任意的t恒成立，
即，故实数a的取值范围为．
【点睛】关键点点睛：
（1）三角形重心分得线段长度比为；
（2）当求椭圆的中点弦或中点弦的垂直平分线时可用点差法较为容易.x
5
6
8
9
12
y
17
m
25
n
35
X
0
1
2
P