江苏南京第五高级中学2024~2025学年高二下册期末调研数学试题[含解析]

这是一份江苏南京第五高级中学2024~2025学年高二下册期末调研数学试题[含解析]，共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. （ ）
A. 66B. 54C. 26D. 14
【答案】B
【解析】
【分析】根据排列数、组合数公式计算可得.
【详解】.
故选：B
2. 四名志愿者到3个小区开展防诈骗宣传活动，向社区居民普及防诈骗、反诈骗的知识.每名志愿者只去1个小区，每个小区至少安排1名志愿者，则不同的安排方法共有（ ）
A 18种B. 30种C. 36种D. 72种
【答案】C
【解析】
【分析】将四名志愿者分成三个组，其中一组为2人，再由排列组合知识求解.
【详解】不同的安排方法共有种.
故选：C
3. 函数y=x2㏑x的单调递减区间为
A. （1,1]B. （0,1]C. [1，+∞）D. （0，+∞）
【答案】B
【解析】
【详解】对函数求导，得（x>0）,令解得，因此函数的单调减区间为，故选B
考点定位：本小题考查导数问题，意在考查考生利用导数求函数单调区间，注意函数本身隐含的定义域
4. 已知数列满足，则“”是“为等比数列”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 充分必要条件
C. 必要不充分条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】
如果，满足，但不是等比数列；反之根据等比数列的性质可判断“”是“为等比数列”的必要不充分条件.
【详解】如果，满足，但不是等比数列；反之若“为等比数列”，根据等比数列的性质可知，所以“”是“为等比数列”的必要不充分条件.
故选：C
【点睛】本题考查等比数列的判定和性质，充分条件、必要条件的判断，充分条件因为涉及知识面广，因而要求同学知识储备量比较大，明确充分条件的定义正确应用即可解答，属于基础题.
5. 下表是某企业在2023年1月—5月的5个月内购买某品牌碳酸锂价格（单位：千元）与月份代码的统计数据．由表中数据计算得到经验回归方程为，则预测2023年8月购买该品牌碳酸锂价格约为（ ）
A. 2.41千元B. 2.38千元C. 2.35千元D. 2.32千元
【答案】C
【解析】
【分析】根据回归方程必过样本中心点求出回归方程，利用回归方程预测8月该品牌碳酸锂的价格.
【详解】由已知得，,
∵回归方程必过样本中心点为，
∴，解得，∴，
∴则预测2023年8月购买该品牌碳酸锂价格约为千元，
故选：C.
6. 已知点F为抛物线的焦点，点P在抛物线上且横坐标为8，O为坐标原点，若△OFP的面积为，则该抛物线的准线方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先求得抛物线标准方程，再去求其准线方程即可解决.
【详解】抛物线的焦点，
由，可得，不妨令
则，解之得
则抛物线方程为，其准线方程为
故选：B
7. 若，则的值为（ ）
A. B. C. 253D. 126
【答案】C
【解析】
【分析】先令，求得，再利用通项公式求得求解.
【详解】解：令，
得，
，
∴
故选：C.
8. 已知双曲线的左、右焦点分别为，过点的直线与双曲线的右支交于两点，若，且双曲线的离心率为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由双曲线的定义结合已知条件求得，从而再得，由余弦定理求得，由诱导公式得，设，则，再由余弦定理求得，从而利用余弦定理求解即可.
【详解】因为双曲线的离心率为，所以，因为，
所以，由双曲线的定义可得，
所以，
在中，由余弦定理得，
中，，设，则，
由得
，解得，所以，
所以.
故选：D
.
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是利用，结合余弦定理与双曲线的定义，从而得解.
二、多选题（本大题共3小题，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. 事件A，B满足，，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据条件概率的计算可得，进而根据并事件的概率求解A，根据条件概率的计算即可求解BCD.
【详解】由得,
,故A正确，
所以,故B正确，
,故C正确，
对于D，,故D错误，
故选：ABC
10. 如图，在棱长为4的正方体中，E，F，G分别为棱的中点，点P为线段上的动点（包含端点），则（ ）

A. 存点P，使得平面B. 对任意点P，平面平面
C. 两条异面直线和所成的角为D. 点到直线的距离为4
【答案】ABD
【解析】
【分析】A选项当与重合时，用线面平行可得出，进而可得；B选项证明平面即可得出；选项C由正方体的性质和画图直接得出；选项D由余弦定理确定，之后求距离即可.
【详解】A：
当与重合时，由题可知，，
四边形为平行四边形，故，又平面，平面，则平面，故A正确；
B：
连接，平面，平面，，
又，
故，
又平面，平面，
又平面，故对任意点P，平面平面，故B正确；
C：
由正方体的结构特征可知，异面直线和所成的角即为和所成的角，由图可知为，故C错误；
D：
由正方体的特征可得，
，
所以点到直线的距离，故D正确；
故选：ABD.
11. 已知直线交轴于点P，圆，过点P作圆M的两条切线，切点分别为A，B，直线与交于点C，则（ ）
A. 若直线l与圆M相切，则
B. 当时，四边形的面积为
C. 直线经过一定点
D. 已知点，则为定值
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据圆心到直线距离等于半径建立等式，解出即可判断A；根据求出，进而求出，根据相切可得四边形面积等于两个全等的直角三角形面积和，根据三角形面积公式即可求出结果；根据相切可知四点共圆，且为直径，求出圆的方程即可得弦所在的直线方程，进而判断C；根据直线过定点及可得，即C在以为直径的圆上，求出圆的方程可发现圆心为点，即可判断D.
【详解】解：对于A，若直线l与圆M相切，则圆心到直线的距离，
解得，所以A正确；
对于B，当时，，，，
因为为圆的两条切线，所以，
所以四边形的面积，
所以B错误；
对于C，因为，，且，
所以四点共圆，且为直径，
所以该圆圆心为，半径为，
所以圆的方程为：，
因为是该圆和圆的相交弦，
所以直线的方程为两圆方程相减，
即，
化简可得：，
所以直线经过定点，所以C正确；
对于D，因为，所以，
因为在直线上，所以
即点C在以为直径的圆上，因为，，
所以圆心为，半径为，
所以圆的方程为：，圆心为，
因为点C在该圆上，所以为定值，所以D正确．
故选：ACD
三、填空题（本大题共3小题，共15分）
12. 假设有两箱零件，第一箱内装有10件，其中有2件次品；第二箱内装有20件，其中有3件次品.现从两箱中随意挑选一箱，然后从该箱中随机取1个零件，则取出的零件是次品的概率是___________.
【答案】
【解析】
【分析】设表示从第箱取到的零件是次品，表示从第一箱中取零件，表示从第二箱中取零件，结合全概率公式，即可求解.
【详解】设（，2）表示从第箱取到的零件是次品，表示从第一箱中取零件，表示从第二箱中取零件，
由全概率计算公式得取出的零件是次品的概率是：
.
故答案为：.
13. 已知函数，若，，则实数k的最大值是____________．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，转化为即，设，利用导数求得函数单调性与最大值，即可求解.
【详解】由，可得，即，
设，可得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以，当时，取得最大值，最大值为，
因为，，所以，所以实数的最大值为.
故答案为：.
14. 已知数列满足，则其前9项和______.
【答案】
【解析】
【分析】借助，结合代入计算即可得.
【详解】
.
故答案为：.
四、解答题（本大题共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. 已知函数．
（1）求函数在处的切线方程；
（2）若是的极值点，且方程有3个不同的实数解，求实数的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据导数的几何意义即可求得答案；
（2）根据是的极值点，求得a的值，可得函数解析式，将方程有3个不同的实数解转化为的图象由3个不同交点，数形结合，即得答案.
【小问1详解】
因为，故，
故，
故函数在处的切线方程为，即
【小问2详解】
由于是的极值点，故，
此时，当或时，，即在上单调递增，
当时，，在上单调递减
即为函数的极大值点，是函数的极小值点，故，
故，
故方程有3个不同的实数解，即的图象由3个不同交点，
而，，
结合的图象，当时，可取负无穷小，
当时，可取正无穷大，

可得到.
16. 为了更好地做好个人卫生，某市卫生组织对该市市民进行了网络试卷竞答，制定奖励规则如下：试卷满分为100分，成绩在分内的市民获二等奖，成绩在分内的市民获一等奖，其他成绩不得奖．随机抽取了50名市民的答题成绩，并以此为样本绘制了如下样本频率分布直方图．
（1）现从该样本中随机抽取2名市民的成绩，求这2名市民中恰有1名市民获奖的概率．
（2）若该市所有市民的答题成绩X近似服从正态分布，其中，为样本平均数的估计值，利用所得正态分布模型解决以下问题：
①若该市某小区有3000名市民参加了试卷竞答，试估计成绩不低于93分的市民数（结果四舍五入到整数）；②若从该市所有参加了试卷竞答的市民中（参加试卷竞答市民数大于300000）随机抽取4名市民进行座谈，设其中竞答成绩不低于69分的市民数为，求随机变量的分布列和数学期望．
附：若随机变量X服从正态分布，则，，．
【答案】（1）
（2）①该市某小区参加试卷竞答成绩不低于93分的市民数约为68；②分布列见解析，2
【解析】
【分析】（1）先根据频率分布直方图求出抽取的50名市民中有8人获奖，42人没有获奖，再利用组合知识求出古典概型的概率；
（2）①计算出样本平均数的估计值，得到X近似服从正态分布，利用原则，求出特殊区间的概率和对应的市民数；
②求出，得到分布列，计算出期望值.
【小问1详解】
由样本频率分布直方图，得样本中获一等奖的有（人），获二等奖的有（人），所以有8人获奖，42人没有获奖．
从该样本中随机抽取2名市民的成绩，样本点总数为．设抽取的2名市民中恰有1名市民获奖为事件A，则事件A包含的样本点的个数为．
由古典概型概率计算公式，得，所以抽取的2名市民中恰有1名市民获奖的概率为．
【小问2详解】
由样本频率分布直方图，得样本平均数的估计值．
故该市所有参加试卷竞答的市民成绩X近似服从正态分布．
①因为，所以．
，故该市某小区参加试卷竞答成绩不低于93分的市民数约为68．
②由，得，即从该市所有参加试卷竞答的市民中随机抽取1名市民，其成绩不低于69分的概率为，所以随机变量．
随机变量的所有可能取值为0，1，2，3，4．
，，
，，
，
随机变量的分布列如下：
所以．
17. 如图，已知三棱锥中，为的中点.
（1）证明：平面平面；
（2）点满足，求平面与平面所成角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由线面垂直和面面垂直的判定定理证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，由二面角的向量公式求解即可.
【小问1详解】
因为为的中点，所以.
因为，
所以和为全等的等边三角形.
所以.又因为为的中点，所以.
又因为，平面，所以平面.
又因为平面，所以平面平面.
【小问2详解】
不妨设，由（1）知，和分别为等边三角形，所以.
又因为为的中点，所以.
在Rt中，.
在中，，所以.
所以两两互相垂直.
以为坐标原点，的方向分别为轴，轴，轴的正方向，建立空间直角坐标系.由题知，
所以，，.
设平面的一个法向量为.
则，即，令，则，
所以，.
设平面的一个法向量为.
则，即，令，则，
所以，.
设平面与平面所成角为，则.
18. 已知等差数列的首项，公差，且第二项、第五项、第十四项分别是一个等比数列的第二项、第三项、第四项．
（1）求数列的通项公式；
（2）设，，是否存在最大的整数，使得对任意的均有总成立？若存在，求出；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）存在，8.
【解析】
【分析】
（1）根据数列的第二项、第五项、第十四项分别是一个等比数列的第二项、第三项、第四项，由，结合求解.
（2）由（1）得到，然后利用裂项相消法求和，再根据存在整数满足总成立，由离求解.
又，
【详解】（1）由题意得
整理得．
，
解得（舍去），．
．
（2），
，
假设存在整数满足总成立，
又，
数列是单调递增的．
所以的最小值为，
故，
解得．
又，
适合条件的的最大值为8．
【点睛】方法点睛：求数列的前n项和的方法
(1)公式法：①等差数列的前n项和公式，②等比数列的前n项和公式；
(2)分组转化法：把数列的每一项分成两项或几项，使其转化为几个等差、等比数列，再求解．
(3)裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差求和，正负相消剩下首尾若干项．
(4)倒序相加法：把数列分别正着写和倒着写再相加，即等差数列求和公式的推导过程的推广．
(5)错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列对应项之积构成的，则这个数列的前n项和用错位相减法求解.
(6)并项求和法：一个数列的前n项和中，可两两结合求解，则称之为并项求和．形如an＝(－1)nf(n)类型，可采用两项合并求解．
19. 已知双曲线的焦点到一条渐近线的距离为.
（1）求的方程；
（2）若直线交双曲线于两点，是坐标原点，若是弦的中点，求的面积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用焦点到渐近线的距离求出，结合渐近线方程即可求出双曲线方程；
（2）利用点差法求出直线的斜率，然后联立直线与双曲线的方程，求出弦长和点到直线的距离，即可求出的面积.
【小问1详解】
由双曲线的一条渐近线方程为，所以，
故到渐近线的距离，
所以，又，所以，
故的方程为.
【小问2详解】
设点，因为是弦中点，则
由于，所以两式相减得，
所以，即直线的斜率为，
所以直线的方程为，即.
联立消去并整理，得，
所以，且，
所以.
点到直线的距离为，
所以的面积为.
月份代码
1
2
3
4
5
碳酸锂价格
0.5
0.7
1
1.2
1.6
0
1
2
3
4
P