2024—2025学年湖南张家界高二数学下册期末考试试卷【含答案】

这是一份2024—2025学年湖南张家界高二数学下册期末考试试卷【含答案】，共17页。试卷主要包含了5C， 已知在中，，，且的面积为，则， 已知，，，则， 已知复数满足，则， 已知函数，则下列结论正确的是等内容，欢迎下载使用。
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，用橡皮擦千净后，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､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. 样本数据的中位数是（）
A. 5B. 5.5C. 6D. 7
【答案】A
【解析】
【分析】直接由中位数的定义即可得解.
【详解】将从小到大排列为：，这9个数的中位数为5.
故选：A.
2. 已知集合，，则（）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据对数函数单调性解不等式可得，进而可得.
【详解】由不等式，
得，解得，
所以，
又，
所以，
故选：D.
3. 已知圆柱的轴截面为正方形，表面积为，则其体积为（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据圆柱的表面积公式及体积公式直接求解.
【详解】由已知可设圆柱底面半径为，
由圆柱的轴截面为正方形可知圆柱的高，
所以圆柱的表面积，
所以，
则体积，
故选：A.
4. 已知函数，则“在上单调递增”的充要条件是（）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题意可列出关于的不等式组，解不等式组即可得解.
【详解】“在上单调递增”当且仅当，即当且仅当，
换言之，“在上单调递增”的充要条件是.
故选：B.
5. 在中，，为线段的中点，若，则的值为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据向量的线性运算及共线定理可得参数值，进而可得解.
【详解】
由已知，则，
又为线段的中点，
所以，
所以，
即，，
所以，
故选：C.
6. 已知在中，，，且的面积为，则（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据三角形面积公式可得的三角函数值，再利用余弦定理可得解.
【详解】由已知的面积，
则，
又，且，
所以，，
由余弦定理可得，
即，
故选：D.
7. 已知，，，则（）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据指对数运算公式及指数函数与对数函数的单调性可比较大小.
【详解】由，
又，且，
所以，
又，
所以，
故选：B.
8. 若当时，函数与的图象有且仅有4个交点，则的取值范围是（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】画出两个函数的图象，然后找出有4,5个交点临界状态的解即可.
【详解】如图所示，画出在的图象，
也画出的草图，
函数与的图象有且仅有4个交点，
则将的第4个，第5个与x轴交点向处移动即可.
满足，解得．
故选：C．
二､多项选择题：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，有选错的得0分.
9. 已知复数满足，则（）
A.
B.
C. 在复平面内对应的点位于第四象限
D. 是纯虚数
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据复数的四则运算及共轭复数的概念可得，再根据复数的几何意义可判断各选项.
【详解】由，
得，
设，则，
所以，
所以，解得，
即，A选项错误；
则，B选项正确；
且复数在复平面内对应的点坐标为，在第四象限，C选项正确；
为纯虚数，D选项正确；
故选：BCD.
10. 已知函数，则下列结论正确的是（）
A. 的最大值与最小值之差为1
B. 在区间上单调递增
C. 的图象关于点中心对称
D. 若将的图象向左平移个单位长度得到的图象，则是偶函数
【答案】AD
【解析】
【分析】将函数通过恒等变换化为，后按照最值，单调区间，对称中心的求法求解即可判断ABC．D选项运用图像变换结合偶函数定义可解.
【详解】
.
则函数,，之差为，则A正确．
，则区间上有增有减，则B错误.
将代入解析式得，，则不是对称中心，则C错误.
将的图象向左平移个单位长度得到.
则,则是偶函数，则D正确.
故选：AD
11. 已知三棱柱的底面是正三角形，是棱的中点，，，，是棱上的动点，，是棱上的动点，且，则（）
A. 平面
B.
C. 该三棱柱的外接球的体积为
D. 三棱锥的体积恒为
【答案】ABD
【解析】
【分析】由勾股定理可证该三棱柱为正三棱柱判断A选项，再根据勾股定理可证B选项，根据外接球的定义可得外接球半径与体积判断C选项，根据锥体的体积公式可判断D选项.
【详解】如图所示，
由已知三棱柱的底面是正三角形，，且是棱的中点，
则，
又，，
，，
又，且，平面，
平面，故A选项正确；
又平面，
所以，
又由正三角形可知，，，平面,
则平面，
又平面，
所以，B选项正确；
所以该三棱柱为正三棱柱，则其外接球球心为中点，
又，则，，
所以，
外接球体积，C选项错误；
又正三棱柱可知平面，即平面，
所以到平面的距离，
且，
所以三棱锥体积，D选项正确；
故选：ABD.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知非零向量，，若，则实数__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据向量垂直的坐标表示可列方程，解方程即可.
【详解】由已知，，
则，
又，
所以，
又，即
所以，
故答案为：.
13. 袋子中装有6个质地､大小均相同的球，其中有3个红球､2个绿球和1个蓝球，若从袋子中随机一次取出2个球，则取出的2个球颜色不同的概率为__________.
【答案】
【解析】
【分析】写出基本事件，结合古典概型概率计算公式即可求解.
【详解】设3个红球分别为：，2个绿球分别为：，一个蓝球为：，
则从袋子中随机一次取出2个球，样本空间为：
，共15个基本事件；
事件“取出的2个球颜色不同”包含的基本事件有：
，共11个基本事件；
故所求概率为：.
故答案为：.
14. 记为，，中最小的数.已知，且，则的最大值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】假设最小值为t然后得到2t≤2y-2x，t≤z-y，t≤1-z，三式相加，得出t≤，最后判断即可.
【详解】设t=min{y-x,z-y,1-z},
则t≤y-x, 即2t≤2y-2x，t≤z-y，t≤1-z,
三式累加可得：4t≤1+(y-2x) ≤1,所以t≤.
取显然满足且此时t=
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. 甲､乙两名射击运动员进行射击比赛，每人要射击十次，他们前九次射击击中的环数如下表所示：
（1）求甲前九次射击击中的环数的平均数和方差；
（2）用甲､乙前九次射击击中环数的频率分布估计各自第十次射击击中环数的概率分布，且甲､乙每次射击相互独立，求甲､乙两人十次射击击中的环数之和相等的概率.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）根据平均数与方差公式直接求解；
（2）根据频率可分别估计甲乙两人第十次击中环数，再根据独立事件乘法公式及互斥事件的加法公式可得解.
小问1详解】
由已知，
；
【小问2详解】
由已知估计得甲第十次射击击中环数可能为，，，，且概率分别为，，，；
乙第十次射击击中环数可能为，，，，且概率分别为，，，；
又甲前九次击中总环数为环，乙前九次击中总环数为环，
所以若甲､乙两人十次射击击中的环数之和相等，
则第十次射击甲击中的环数需比乙少环，
概率.
16. 已知数列是递增数列，其前项和满足.
（1）证明：是等差数列；
（2）记，数列的前项和为，求.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据退一相减法，结合等差数列定义可证；
（2）根据等差数列可得与，再利用分组求和的方程求得.
【小问1详解】
当时，，解得，
当时，，则，
即，即
又数列为递增数列，
所以，故，
即，
所以数列是以为首项，为公差的等差数列；
【小问2详解】
由（1）得，
所以，
则
.
17. 如图，在三棱锥中，和均为等腰直角三角形，为棱的中点，且．
（1）求证：平面平面；
（2）求二面角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）证明：设，取的中点，证得，再由，得到是二面角的平面角，结合，即可证得平面平面.
（2）以为原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面的一个法向量和，结合向量的夹角公式，即可求解.
【小问1详解】
证明：设，因为和均为等腰直角三角形，且，
可得,
如图所示，取的中点，连接，
因为为的中点，所以，且，
又因为，所以，
因为为等腰直角三角形，，所以且，
所以是二面角的平面角，
又由，所以，所以，
所以平面平面.
【小问2详解】
解：由（1）知两两垂直，故以为原点，以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
设，则，所以，
设平面的法向量为，则，
取，可得，所以，
又由平面的一个法向量为，可得，
设二面角的平面角的大小为，即，
所以，即二面角的正弦值为.
18. 已知椭圆的离心率为，左､右顶点分别为，，且过点.
（1）求的方程；
（2）若，为上与点，均不重合的两个动点，且直线，的斜率分别为和.
（i）若（为坐标原点），判断直线和的位置关系；
（ii）证明：直线经过轴上的定点.
【答案】（1）
（2）（i）垂直；（ii）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据椭圆离心率可得，再代入点可得椭圆方程；
（2）（i）设点，可得，可得点坐标，进而确定，并判断位置关系；（ii）设直线方程，联立直线与椭圆，结合韦达定理，可证直线过定点.
【小问1详解】
由已知设椭圆方程为，
又椭圆离心率为，即，
所以椭圆方程为，
又椭圆过点，
所以，则，，
所以椭圆方程为；
【小问2详解】
（i）设，则，
又，，
因为，所以，
即，
解得，则，
即，，
所以，
即直线和垂直；
（ii）由椭圆的对称性可知当时，，不成立，
所以直线与轴不平行，设，且，，
联立直线与椭圆，
得，，
则，，
又，即，
即，
即，
化简可得，
则或，
又当时，，，
又因为直线不过点，所以,所以，无解，
综上所述，，直线方程为，
所以恒过轴上定点.
【点睛】(1)解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．
(2)涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．
19. 已知函数.
（1）若，求曲线在点处的切线方程；
（2）若的极大值为，求的取值范围；
（3）若，证明：当时，.
【答案】（1）
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据导数几何意义，计算导数得到答案；
（2）分情况讨论的单调性，即可得到的取值范围；
（3）将命题转化为证明，然后利用导数证明即可.
【小问1详解】
我们有.
当时，.
所以曲线在点处的切线斜率为，从而切线方程是.
【小问2详解】
若，则对有，对有.
从而在上递增，在上递减，故的极大值为，满足条件；
若，则对有，对有.
从而在和上递增，在上递减，故的极大值为，满足条件；
若，则对有，从而在上递增，故没有极大值，不满足条件；
若，则对有，对有.
从而在和上递增，在上递减，故的极大值为，不满足条件.
综上，的取值范围是.
【小问3详解】
由于，，所以存在正数使得，从而.
我们有.
故命题等价于证明.
由于和始终不异号，故，而，故只需证明.
设，则.
而对有，对有.
故在上递减，在上递增.
所以.
这就得到了，证毕.甲击中的环数
乙击中的环数