安徽省芜湖市2024-2025学年高二下学期期末考试数学试卷（Word版附解析）

这是一份安徽省芜湖市2024-2025学年高二下学期期末考试数学试卷（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，只有一项是符合题目要求的．
1. 已知数列的前项和，则（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】C
【详解】由题知，数列的前项和，
所以，
故选：C
2. 下图是根据x，y的观测数据得到的散点图，则变量x，y能用一元线性回归模型来刻画的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【详解】因一元线性回归模型刻画的是递减的线性模型，
图中的A项显然满足，B项是相关性很弱，C项是非线性相关，D项是递增的线性模型.
故选：A
3. 现有名男同学和名女同学站成一排合影，则名女同学不相邻的站法种数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【详解】将名男同学和名女同学站成一排合影，
若名女同学不相邻，先将名男同学排序，
再将名女同学插入名男同学形成的个空位中的个，
所以，不同的排法种数为种.
故选：D.
4. 直线与直线间的距离是（ ）
A. B. C. D. １
【答案】B
【详解】直线方程为，直线方程为，
所以所求距离为.
故选：B
5. 曲线在处的切线方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【详解】由得，
则在点处的切线斜率为，
又，则切线方程为，即.
故选：B
6. 已知直线与圆和圆都相切，则k的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【详解】圆的圆心，半径；圆的圆心，半径，
由直线与圆、圆都相切，则，解得.
故选：C
7. 如图，将矩形沿对角线折成直二面角，其中，，则异面直线和所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D. 0
【答案】A
【详解】过点作，使，连接，则是异面直线和所成的角或其补角，
过作于，连接，由平面平面，平面平面，
平面，则平面，而平面，则，
在中，，由，得，
，又，则，
由余弦定理得，，
在中，由余弦定理得，
所以异面直线和所成角的余弦值为.
故选：A
8. 已知，是双曲线的左、右焦点，点A，B在双曲线上，且满足，，则双曲线C的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【详解】令点关于原点的对称点为，连接，则四边形为平行四边形，
，由，得，则点共线，
令，则，，，
，由，得为矩形，则，
即，解得，，令，
由，得，解得，
所以双曲线C的离心率为.
故选：D
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. 下列的叙述正确的有（ ）
A. 关于一元线性回归，若相关系数，则y与x的相关程度很强
B. 关于一元线性回归，若决定系数越大，模型的拟合效果越差
C. 关于独立性检验，随机变量的值越大，认为“两个分类变量有关系”的把握性越大
D. 关于独立性检验，若的观测值满足，依据小概率值的独立性检验，认为“两个分类变量无关”（参考数据：）
【答案】ACD
【详解】对于A，相关系数很接近1，则随机变量y与x的相关程度很强，故A正确；
对于B，关于一元线性回归，决定系数越大，则模型的拟合效果越好，故B错误；
对于C，关于独立性检验，随机变量值越大，可判断“两个分类变量有关系”的把握性越大，故C正确；
对于D，因的观测值满足，则零假设成立，
即在犯错概率不超过的情形下，可认为“两个分类变量无关”，故D正确.
故选：ACD.
10. 下列说法正确的是（ ）
A. 若为空间的一个基底，则可构成空间的另一个基底
B. 在空间直角坐标系中，点与点关于平面对称
C. 若直线l的一个方向向量与平面α的一个法向量的夹角等于，则直线l与平面α所成的角等于
D. 在空间直角坐标系中，平面的一个法向量，若点P在平面外，，则点P到平面的距离为
【答案】ABD
【详解】对于A，假定向量共面，则存在实数使得，
而不共面，则，此方程组无解，即不共面，
可构成空间的另一个基底，A正确；
对于B，点关于平面对称点为，B正确；
对于C，直线l与平面α所成的角等于，C错误；
对于D，点P到平面的距离为，D正确.
故选：ABD
11. 已知是可导函数与的共同极值点，则下列说法正确的是（ ）
A. 函数可以是B. 若，则
C. 与至多有一个为D. 若是极大值点，则
【答案】BCD
【详解】令，
对于A选项，若，则，由，可得；由可得.
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
所以函数有且只有一个极小值点，无极大值点.
，对任意恒成立，所以函数在上单调递增，无极值点，A错；
对于B选项，因为，则，
由可得，即函数在上单调递减，
由可得，即函数在上单调递增，
故函数存在唯一的极小值点，
，则，
由题意可知，解得或，
由题意可知，解得，合乎题意，B对；
对于C选项，由题意可知，且，，
若与至多有一个为，则，假设，则，，
不妨假设为函数的极大值点，则存在实数、使得，
当时，，，则，
当时，，，则，
故对任意的，，则函数在上单调递减，
若为函数的极小值点，同理可知函数在处不取得极值，
故假设不成立，所以，C对；
对于D选项，若是极大值点，则，，可得，
由C选项可知，假设，
则存在实数、使得，
当时，，，则，
此时函数在上单调递减，此时不是函数的极大值点，不合乎题意，
假设不成立，故，D对.
故选：BCD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 函数的最大值为________．
【答案】
【详解】，
所以在递增，在递减，
所以当时，取得最大值为.
故答案为：
13. 已知F是抛物线焦点，点M在抛物线上，且，则的面积为________．
【答案】
【详解】抛物线的焦点，设，则，
由，得，则，
整理得，解得或，
当时，，不符合题意；当时，，符合题意，
所以的面积为.
故答案为：

14. 定义：给定一个正整数m，如果两个整数a，b满足能够被m整除，就称整数a，b对模m同余，记作．若，，则的最小值为________．
【答案】5
【详解】依题意得能够被5整除.
而
，
所以能够被5整除.
取，得能够被5整除.
逐个验证不满足，当时，满足被5整除.
此时，
取，得能够被5整除，显然不论何值都不满足，
取，得能够被5整除，
逐个验证不满足，显然都有，
取，得能够被5整除，
逐个验证不满足，当时，满足被5整除.
此时，
取，得能够被5整除，
逐个验证不满足，此时
若取，此时，
故的最小值为5.
故答案为：5
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. 已知数列是等差数列，且，．
（1）求的通项公式；
（2）设数列的前n项和为，证明：．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【小问1详解】
设等差数列的公差为，首项为
根据等差数列通项公式，已知，，可得方程组
用第二个方程减去第一个方程，消去可得：
解得
将代入，可得，解得
所以的通项公式为
【小问2详解】
由（1）可知，则
所以
对其进行裂项相消变形，利用分式拆分技巧，可得：
则为：
括号内中间项可相互抵消，可得：
因为，所以，则，即.
16. 如图，已知四棱锥，平面，平面平面，，，．
（1）证明：平面；
（2）若，，求二面角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【小问1详解】
在平面内过作于，由平面平面，平面平面，
得平面，而平面，则，
由平面，平面,得，
又平面，
所以平面.
【小问2详解】
在四棱锥中，平面，，则直线两两垂直，
以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
设，由，得，
，由（1）得，则，解得，
，
设平面的法向量，则，取，得，
设平面的法向量，则，取，得，
于是，观察图象知，二面角大小为钝角，
所以二面角的余弦值.
17. 某校将开展“古诗词””知识竞赛，经过层层筛选，还有最后一个参赛名额要在甲、乙两名学生中产生．现准备了个不同问题进行测试，甲、乙两名学生都能正确回答其中的个问题，且甲、乙两名学生对每个问题回答正确与否都相互独立．评委会设计了两种测试方案：
方案一：从装有个不同问题的纸盒中依次有放回地抽取个问题作答；
方案二：从装有个不同问题的纸盒中依次不放回地抽取个问题作答．
假设甲同学选择方案一，乙同学选择方案二．
（1）求乙同学答对问题个数的分布列和均值；
（2）若测试过程中答对个问题得分，答错扣分．你认为哪位学生得分高？哪位学生发挥更稳定？请说明理由．
【答案】（1）分布列答案见解析，均值为
（2）甲、乙得分相同，但乙发挥更为稳定，理由见解析
【小问1详解】
乙同学答对问题的个数为，由题意可知随机变量的可能取值有、、，
，，，
所以，随机变量的分布列如下表所示：
所以，.
【小问2详解】
甲同学答对问题的个数为，则，
由二项分布的期望和方差公式得，，
甲回答问题得分为，
所以，甲得分的均值为，
方差为，
由（1）知，，
所以乙同学回答问题得分，
所以乙得分的均值为，
方差为，
因为，，
所以，甲、乙得分相同，但乙发挥更为稳定.
18. 已知椭圆的离心率为，过原点的直线交椭圆于、两点，且的最大值为．

（1）求椭圆的方程；
（2）若点在椭圆上．
（ⅰ）如图①，当、是短轴端点，为右顶点时，、交于、，求的长度；
（ⅱ）如图②，过作两条切线、，若其斜率之积为，求值．
【答案】（1）
（2）（i）；（ii）
【小问1详解】
由题意可得，解得，故椭圆的方程为.
【小问2详解】
（i）由题意知、、，，
所以直线的方程为，
联立得，解得或，即，同理，
故；
（ii）由题意可知，过点的椭圆切线的斜率存在，
设过点的椭圆切线方程为，即，
联立，可得，
则，
整理得，
设两切线、的斜率分别为、，则、为关于的方程的两根，
所以，整理得，
由，解得.
19. 已知函数．
（1）讨论函数的单调性；
（2）解方程，其中e为自然对数的底（…）；
（3）若a，b为均大于1的不等实数，满足，求证：．
【答案】（1）答案见解析
（2）
（3）证明见解析
【小问1详解】
对于，则，.
当时，令得，所以，
令得，所以，
所以在上单调递增，在上单调递减；
当时，令得，所以，
令得，所以，
所以在上单调递增，在上单调递减；
综上，当时，在上单调递增，在上单调递减；
当时，在上单调递增，在上单调递减；
【小问2详解】
因为，所以，即，
由（1）可知，当时，，，.
当时，即时，，此时在上单调递增；
当时，即时，，此时在上单调递减；
故函数在处取到极大值，即最大值，为.
所以方程有唯一解，即方程的解为；
【小问3详解】
由得，即，
因为a，b为均大于1的不等实数，且函数在上递增，在上递减，
不妨设，由可得，
设，则则，即，
则，
故要证，只需证，即证，故需证，
令，则，
所以在上单调递增，又，所以，所以，
所以