安徽省蒙城第一中学2024-2025学年高二下学期 数学期末模拟试题（含解析）

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参考答案
选择题
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.
已知函数在处可导，且，则（ ）
A. B. 3C. D. 1
【解析】B 依题意，.
正项等比数列中，，，则（ ）
A. B. 3C. 6D. 9
【解析】B 设等比数列的公比为，
因为数列为正项等比数列，所以，
由题，
则，所以，
所以.
已知随机变量服从正态分布，且，则等于（ ）
A. B. C. D.
【解析】C ，，
.
三棱锥中，，点为中点，点满足，则（ ）
A. B.
C. D.
【解析】C ，又为中点，
已知直线：，：，则“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【解析】A 依题意，：，：，
若两直线平行，则，
解得或.
当时，：，：，
此时两直线重合，不符合.
当时，：，：，符合题意.
所以“”是“”的充要条件.
北京有悠久的历史和丰富的文化底蕴，其美食也独具特色．现有一名游客每天分别从北京烤鸭、炸酱面、糖火烧、豆汁、老北京涮羊肉、爆肚这6种美食中随机选择2种品尝（选择的2种美食不分先后顺序），若三天后他品尝完这6种美食，则这三天他选择美食的不同选法种数为（ ）
A. 15B. 90C. 270D. 540
【解析】B 该游客第一天从6种美食中随机选择2种品尝，有种选法；
第二天从剩余的4种美食中随机选择2种品尝，有种选法；
第三天只能品尝最后剩余的2种美食，有种选法．
故该游客在这三天中选择美食的不同选法种数为.
已知数列的前项和为，且，，，则（ ）
A. B. 为奇数时，
C. D.
【解析】B 由，则，两式作差，得，
，当为奇数，是首项为1，公差为3的等差数列，即，
，当为偶数，是首项为2，公差为3的等差数列，即，
对于A，，，
，故A错误；
对于B，为奇数时，
，故B正确；
对于C，，，
所以
，故C错误；
对于D，，故D错误.
已知双曲线的左､右焦点分别为，若在上存在点（不是顶点），使得，则的离心率的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【解析】D 设与轴交点为，连接，
由对称性可知，
又因为，
所以，
所以，
又因为，
所以，
在中，，
所以，
所以，
由，且三角形内角和为，
所以，
所以，即，
则，
综上：.
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，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
若，则下列说法正确是（ ）
A. 的展开式中奇数项的二项式系数之和为
B.
C.
D. 的展开式中二项式系数最大项为
【解析】ABD 的展开式中奇数项的二项式系数之和为，故A正确；
令，得，故B正确；
令，可得，令，得，
则，故C错误；
的展开式中二项式系数最大项为，故D正确.
已知函数，其导函数为，则下列说法正确的是（ ）
A.
B. 在区间上单调递减
C. 无最大值，有最小值
D. 若函数有两个零点，则
【解析】AC 由函数，可得，则.所以A正确；
当或时，，单调递增；
当时，，单调递减.所以B错误；
作出的大致图象，如图所示，可得无最大值，有最小值.所以C正确；
又由，，
所以函数有两个零点，则或，所以D错误．
已知A，B，C是抛物线上不同的动点，F为抛物线W的焦点，直线l为抛物线W的准线，AB的中点为，则（ ）
A. 当时，的最大值为32
B. 当时，最小值为22
C. 当时，直线AB的斜率为
D. 当时，点P到直线l的距离的最小值为14
【解析】ACD
对于A，如图设直线的方程为，代入可得：，
由可得，
设，则，
因的中点为，则，故，
，即，则，
于是
，
故当时，取得最大值为32，故A正确；
对于B，如图，分别过点作准线的垂线，垂足分别为，
设交抛物线于点，因，故，
由图知当且仅当三点共线时取得最小值为长，
因的中点为，则为梯形的中位线，且，
故此时，即的最小值为15，故B错误；
对于C，由A项得到，因，故得，
解得，故直线的斜率为，故C正确；
对于D，由可得直线经过点，可设直线的方程为，
代入可得：，设，则，
仿照B项作图，则点P到直线l的距离为：
，
故当时，点P到直线l的距离的最小值为14，即D正确.
填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
已知数列.的前项和为，且.若，则______.
【解析】为等差数列，
.
已知随机变量，且，则的展开式中常数项为__________.
【解析】由题意得随机变量服从正态分布，且，由，所以，
即求的常数项，由二项式定理得常数项为.
已知正四棱锥的底面边长为3，该四棱锥内部的球与其所有面均相切，若球面上有且仅有一点满足，则球的表面积为__________.
【解析】连接AC，BD，设交点为O，如图建立以O为原点的空间直角坐标系.
因底面边长为3，则，设.
则，，.
因，则，又，
则，则，所以为定值，
因球面上仅有一点满足且，则为球体与线段PO的交点，
则，则球体半径为.
注意到正四棱锥体积为：，其中为四棱锥表面积，
如图，取BC中点为F，连接OF，PF，则.
则，则
又正四棱锥体积为：，则
.
则，则球体表面积为：.
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．
设正项等比数列，，且、的等差中项为．
（1）求数列的通项公式；
（2）若，数列的前项为，数列满足，为数列的前项和，求．
【解析】（1）设等比数列的公比为，则，
由题意可得，解得，
则.
（2）由（1）得，则，
所以，数列为等差数列，所以，，
所以，，
则.
如图，四棱柱的底面是正方形，平面.

（1）求点到平面的距离；
（2）若是线段上一点，平面与平面夹角的余弦值为时，求的值.
【解析】（1）连接交于点，连接.
因为平面，平面，所以，
因为底面是正方形，所以，
又，平面，所以平面.
又平面，所以平面平面.
因平面，平面，所以，
又，所以.
在中，，所以.
又为的中点，所以且，
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面.
故点到平面的距离为.
（2）以为原点，分别以分别为轴的正方向建立如图所示空间直角坐标系，

则，
，
由（1）知，平面的一个法向量，
设，
则
设为平面的一个法向量，
由，取，得，
设平面与平面的夹角为，
则有，
解得，即.
甲、乙两名小朋友每人手中各有3张龙年纪念卡片，其中甲的3张卡片的颜色为1张金色和2张银色，乙手中的3张卡片的颜色都是金色．现在两人各从自己的卡片中随机抽取1张，去与对方交换，重复n次这样的操作，记甲手中有银色纪念卡片张，恰有2张银色纪念卡片的概率为，恰有1张银色纪念卡片的概率为．
（1）分别求，的值，求操作几次后甲手中的银色纪念卡片就可能首次出现0张，并求首次出现这种情况的概率p．
（2）记．
（ⅰ）证明数列是等比数列；
（ⅱ）求的数学期望．（用n表示）
【解析】（1）根据题意，表示“重复2次操作，甲手中恰有2张银色纪念卡片”的概率，包含两种情况：
第一次甲交换金色卡片，第二次甲还交换金色卡片；
第一次甲交换银色卡片，第二次甲交换金色卡片，乙交换银色卡片，
则，，，
表示“重复2次操作，甲手中恰有1张银色纪念卡片”的概率，包含两种情况：
第一次甲交换金色卡片，第二次甲交换银色卡片；
第一次甲交换银色卡片，第二次甲交换银色卡片，乙交换银色卡片或第二次甲交换金色卡片，
乙交换金色卡片，则．
其中，故交换一次不会出现的情况，而，
操作两次甲手中的银色纪念卡片就可能首次出现0张，其概率为．
（2）（ⅰ）由题意可得，
，
则，，
所以，，
所以数列是首项为，公比为的等比数列，
（ⅱ）由（ⅰ）知，所以．
的所有可能取值为0，1，2，
其分布列为
从而．
已知函数.
（1）若函数在点处的切线与直线平行，求函数的极值；
（2）若，对于任意，当时，不等式恒成立，求实数m的取值范围.
【解析】（1）由题意得函数的定义域为，，
则，解得：，
∴，
令，解得：或，
当或时，，函数单调递增，
当时，，函数单调递减，
则当时，函数取得极小值，极小值为，
当时，函数取得极大值，极大值为.
（2）由得，
不等式可变形为，
即，因为，且，
所以函数在上单调递减，
令，，
则在上恒成立，
即在上恒成立，
设，则，
因为当时，，所以函数在上单调递减，
所以，所以，
即实数m的取值范围为.
已知椭圆:，，．椭圆内部的一点，过点作直线交椭圆于，作直线交椭圆于．、是不同的两点．
（1）若椭圆的离心率是，求的值；
（2）设的面积是，的面积是，若，时，求的值；
（3）若点，满足且，则称点在点的左上方．求证：当时，点在点的左上方．
【解析】（1）因为椭圆的离心率是.
当时，，得；
当时，，得；
所以的值为或；
（2）由题意，直线的斜率存在，直线的斜率存在，
，直线的方程，设．
则.
，直线的方程，设．
则.
由图，，
注意到，则.
又，同理可得
.则
（3）由题意，直线的斜率存在，直线的斜率存在，
，直线的方程，设．
则 .
，直线的方程，设．
则 .
则 .又在椭圆内部，则，故.
又根据题意知，所以.所以当时，点在点的左上方．
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案
B
B
C
C
A
B
B
D
ABD
AC
ACD
0
1
2
P