四川省广安市2024-2025学年高二下学期期末考试（高三零诊）数学试卷（Word版附解析）

这是一份四川省广安市2024-2025学年高二下学期期末考试（高三零诊）数学试卷（Word版附解析），共16页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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，只有一项符合要求.
1. 随着Deepseek的流行，各种AI大模型层出不穷，现有甲、乙两个AI大模型，在对甲、乙两个大模型进行深度体验后，6位评委分别对甲、乙进行打分（满分10分），得到如图所示的统计表格，则下列结论不正确的是（ ）
A. 甲得分的平均数大于乙得分的平均数B. 甲得分的众数大于乙得分的众数
C. 甲得分的中位数大于乙得分的中位数D. 甲得分的方差大于乙得分的方差
【答案】A
【详解】甲、乙的得分从小到大排列如下：
甲：，乙：，
甲得分的中位数为，乙得分的中位数为，甲得分的中位数大于乙得分的中位数，故C正确；
甲得分的众数，乙得分的众数为，甲得分的众数大于乙得分的众数，故B正确；
甲得分的平均数，
乙得分的平均数，所以甲得分的平均数等于乙得分的平均数，故A错误；
甲的方差，
乙的方差为
故甲得分的方差大于乙得分的方差，故D正确.
故选：A.
2. 若复数满足，则的虚部为（ ）
A. B. 1C. D. i
【答案】B
【详解】因为，所以，所以的虚部为1.
故选：B
3. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【详解】由，得，所以，
所以．
故选：B．
4. 下列各组中，不同解的是
A. 与
B. 与
C. 与或
D. 与
【答案】D
【详解】对于A：，所以与两个不等式的解集相同；
对于B：因为与等价，所以与两个不等式的解集相同；
对于C：根据绝对值不等式等价于或知：与或的解集相同；
对于D：根据知：等价于且，所以D中的两个不等式不同解，
故选D.
5. 在中，，则（ ）
A. B. C. D. 或
【答案】D
【详解】由余弦定理，，
即，解得.
故选：D.
6. 若F是抛物线的焦点，P是抛物线C上任意一点，的最小值为，且A，B是抛物线C上两点，，则线段的中点到y轴的距离为（ ）
A. 3B. 2C. D.
【答案】B
【详解】根据抛物线性质可知：的最小值为，所以由题意可得：，
如图，取中点E，分别过点A、B、E作于点D、C、G，与y轴交于点H，
根据抛物线的定义可得：，，
因为为梯形的中位线，所以，
所以线段的中点到y轴的距离.
故选：B.
7. 已知等差数列的前项和为，且，则（ ）
A. 52B. 96C. 106D. 120
【答案】B
【详解】由题得，
所以，则.
故选：B
8. 已知，且，则（ ）
A 3B. 2C. D.
【答案】C
【详解】因为，
所以，所以，
又，解得：，
因为，所以,所以，
所以.
故选：C.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合要求，全部选对得6分，选对但不全得部分分，有选错的得0分.
9. 已知数列中，，，则下列结论正确的是（ ）
A. B. 是递增数列C. D.
【答案】BD
【详解】由，可得，则，
又由，可得，所以数列表示首项为，公比为的等比数列，
所以，所以，
由，所以A不正确；
由，即，所以是递增数列，所以B正确；
由，所以C错误；
由，，所以，所以D正确.
故选：BD.
10. 已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则
B. 的图象关于原点对称
C. 若，则
D. ，都有成立
【答案】CD
【详解】对于A，若，则，
所以，或，
即，或，故A错误；
对于B，又，
由于，所以不可能是奇函数，
则的图象不可能关于原点对称，故B错误；
对于C，当时，，满足是正弦函数的增区间的子集，
所以函数在上单调递增，故C正确；
对于D，因为，所以，
故，所以，
又，即，
所以，都有成立，故D正确．
故选：CD．
11. 已知是边长为2的等边三角形，分别是边的中点，则不正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABC
【详解】对选项A：，故A错误；
对选项B：，故B错误；
对选项C：，故C错误；
对选项D：，故D正确.
故选：ABC
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分
12. 已知向量，，，若，则实数_____．
【答案】##-0.5
【详解】由，，，
则，
又，
则，
解得，
故答案为：.
13. 若函数，则曲线在点处的切线方程为________．
【答案】
【详解】因为，
所以，
令，得，解得，
所以，
则，
所以曲线在点处的切线方程为，
即．
故答案为：
14. 如图，四边形是边长为的正方形，半圆面平面，点为半圆弧上一动点（点与点，不重合），当直线与平面所成角最大时，平面截四棱锥外接球的截面面积为________．
【答案】
【详解】做交于，因为半圆面平面，所以平面，
连接，以点为原点，为轴，过点垂直于平面的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，设，则，设，
则，在直角三角形内，由射影定理可得，
即，所以，，，，
，， ，
所以，所以，即，
所以
，
因为，所以，
所以，
当且仅当即等号成立，且取得最小值，
直线与平面所成角最大，
取的中点，连接，则，
所以四棱锥外接球的球心为点，
因为，，，平面，
所以平面，
设球心到平面的距离为，所以等于到平面的距离的，
因为，
，所以，设截面半径为，
则有，
所以截面的面积．
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、证明过程和演算步骤.
15. 已知函数（，）的图象的两条相邻对称轴之间的距离是，将图象上所有的点先向右平移个单位长度，再将所得图象上所有的点的横坐标缩短到原来的，得到函数的图象，且为偶函数．
（1）求的解析式；
（2）若不等式对恒成立，求的取值范围．
【答案】（1）;
（2）.
【小问1详解】
由，得，则，
则，
因为为偶函数，所以（），
解得（），因为，所以，
则．
小问2详解】
因为，所以，
则不等式对恒成立可转化为
对恒成立，即，
因为，
当且仅当，即时，等号成立，
所以，即的取值范围为．
16. 已知椭圆的一个顶点，过左焦点且垂直于x轴的直线截椭圆C得到的弦长为2，直线与椭圆C交于不同的两点M，N.
（1）求椭圆C的方程；
（2）当的面积为时，求实数k的值.
【答案】（1）；（2）.
【详解】解：（1）由题可得，，∴.
椭圆；
（2）设，则由消y，
得，
∵直线恒过椭圆内一点，∴恒成立.
由根与系数的关系，得，
，
即，解得.
17. 如图1，在直角梯形中，为的中点，将沿折起，使，如图2，连接.
（1）求证：平面平面；
（2）求二面角大小.
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【小问1详解】
交于点，故平面，
又平面，故，交于点，
故平面，平面，故平面平面.
【小问2详解】
平面，过作平面的垂线为轴，以为原点，分别为轴，轴建立如图所示空间直角坐标系.
设，则，
解得，，
，，
设平面的法向量，则有，
取，
设平面的法向量，则有，
取，
，
根据观察知，二面角的平面角为锐角，故二面角的大小是.
18. 已知函数.
（Ⅰ）讨论的单调性；
（Ⅱ）当时，证明：.
【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析
【详解】（Ⅰ）显然，，
（1）当时，，在上单调递减；
（2）当时，由得
当时，，在上单调递减；
当时，，在上单调递增．
（Ⅱ）当时，要证：，
只需证：，由（Ⅰ）易知，
所以即证：，
设，则，令得得，
当时，，在上单调递减；当时，，
在上单调递增．，即，即，所以
19. 某商场推出购物抽奖促销活动，活动规则如下：
①顾客在该商场内的消费额每满100元，可获得1张奖券；
②每张奖券可以进行1次抽奖活动，即从装有4个白球、2个红球的盒子中，随机摸取1个球（每个球被摸到的可能性相同）．奖励规则：若摸出白球，则没有中奖，摸出的白球放回原盒子中，本张奖券抽奖活动结束；若摸出红球，则中奖，获得礼品1份，且摸出的红球不放回原盒子中，同时得到一次额外的抽奖机会（该抽奖机会无需使用新的奖券），继续从当前盒子中随机摸取1个球，其奖励规则不变；
③从第二张奖券开始，使用每张奖券抽奖时均在前一张奖券抽奖活动的基础上进行；
④若顾客获得2份礼品（即该顾客将2个红球都摸出）或使用完所获奖券，则该顾客本次购物的抽奖活动结束．
（1）顾客甲通过在商场内消费获得了若干张奖券并进行抽奖，求事件“甲使用第2张奖券抽奖，中奖"的概率；
（2）顾客乙通过在商场内消费获得了若干张奖券并进行抽奖，求事件“乙获得第2份礼品时，共使用了3张奖券”的概率；
（3）顾客丙消费了1000元，设表示顾客丙在这次抽奖活动中所使用奖券的数量，求的分布列及其期望．
【答案】（1）
（2）
（3）分布列见解析，
【小问1详解】
设事件“甲使用第张奖券抽奖，中次奖”，
则所求事件为，其概率为．
【小问2详解】
设事件“乙使用第张奖券抽奖，中次奖”，
则所求事件为，其概率为．
【小问3详解】
由题意可知的所有可能取值为1，2，⋯，10．
当时，表示顾客丙使用张奖券将2个红球全部摸出；
当时，表示顾客丙使用第10张奖券抽奖时盒子里有1个或2个红球．
设事件“顾客丙使用第张奖券抽奖时盒子里有2个红球”的概率为，事件“顾客丙使用第张奖券抽奖时盒子里有1个红球”的概率为，
则，，，，
∴，，
∴，∴，，
∴，，
∴；
∴
，
设，
∴，
∴，∴，
设，
∴，
∴，∴，
∴ 评委编号
模型名称
1
2
3
4
5
6
甲
7.0
9.3
8.3
9.2
8.9
89
乙
8.1
9.1
8.5
8.6
8.7
8.6