广东省华附、省实、广雅、深中四校2024-2025学年高二下学期期末联考数学试题（Word版附解析）

这是一份广东省华附、省实、广雅、深中四校2024-2025学年高二下学期期末联考数学试题（Word版附解析），共18页。试卷主要包含了考生必须保持答题卡的整洁.等内容，欢迎下载使用。
命题学校：深圳中学
本试卷共4页，19小题，满分150分.考试用时120分钟.
注意事项：
1．答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的校名、姓名、考号、座位号等相关信息填写在答题卡指定区域内，并用2B铅笔填涂相关信息.
2．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案；不能答在试卷上.
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效.
4．考生必须保持答题卡的整洁.
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. 已知抛物线，则抛物线的焦点到准线的距离为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【详解】由抛物线化为标准方程得，
则抛物线的焦点到准线的距离为，
故选：A.
2. “”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
【答案】B
【详解】不等式等价于，解得：且，
因为且是的真子集，
所以是的必要不充分条件.
故选：B.
3. 已知向量，，向量在向量方向上的投影向量的模为（ ）
A. B. C. 3D. －3
【答案】C
【详解】由题意知向量，，则
故向量在向量方向上的投影向量为，
故向量在向量方向上的投影向量的模为，
故选：C
4. 已知数列的前项和，，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【详解】由可得：，
则，解得：.
故选：C.
5. 函数的极小值点是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【详解】对函数求导得，.
令，则或.
若，则或；若，则.
所以函数在，上单调递增，在上单调递减.
所以函数的极小值点是.
故选：C.
6. 若随机事件满足，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【详解】因为，
所以，所以.
所以.
故选：C.
7. 已知双曲线的左、右焦点分别为，点在双曲线的右支上，且，则双曲线的离心率的最大值为（ ）
A B. C. D.
【答案】B
【详解】因为在双曲线的右支上，
所以由双曲线的定义可得：，
又因为，
所以，.
则，即.
故选：B.
8. 若曲线 () 与圆有公共点，且在点处的切线相同，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【详解】对曲线求导得，，所以切点所在的切线的斜率为，
因为圆的方程为，所以，
求导得，因为，所以，
所以有，化简得，解得.
所以点，所以切线方程为.
因为该切线雨圆相切，所以圆心到该直线的距离等于半径，
即，解得.
故选：B.
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，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分.
9. 已知复数，为虚数单位，其共轭复数为，则下列说法正确的是（ ）
A. B. 的虚部为
C. 对应的点位于复平面的第三象限D.
【答案】BCD
【详解】因为，则.
对于A选项，，A错；
对于B选项，的虚部为，B对；
对于C选项，对应点的坐标为，位于第三象限，C对；
对于D选项，，D对.
故选：BCD.
10. 已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A. 关于中心对称B. 关于直线对称
C. 的最小正周期为D. 的最大值为
【答案】BD
【详解】A选项，不恒等于4，
故不关于中心对称，A错误；
B选项，，
故关于直线对称，B正确；
C选项，，
故不是的一个周期，C错误；
D选项，，
令，
则，即，
，
故当时，取得最大值，最大值为，D正确.
故选：BD
11. 统计是研究数据的学问，一组数据的特征数能反映数据的取值规律，如平均数、众数、中位数能刻画数据的集中程度，极差、标准差、方差能刻画数据的离散程度. 已知10个数的平均数为5，根据下列选项的结果，能判断这组数据的中位数不超过7的是（ ）
A. 标准差为0B. 众数为3C. 极差为5D. 方差为5
【答案】ACD
【详解】对于A：若标准差为0，10个数的平均数为5，
则10个数都是5，此时这组数据的中位数为，不超过7，故A正确；
对于B：设这10个数依次为，
则它们的平均数为，满足题意，
此时这组数据的中位数为，超过7，故B错误；
对于C：若极差为5，则可设这10个数的最小值为，最大值为，
这10个数为，
其中，
∵它们的平均数为10，则，
∵，
∴，
此时这组数据的中位数为，
∵，
∴，故C正确；
对于D：设已经从小到大排列好了，即，
现在我们用反证法说明若方差为5，这组数据的中位数不超过7，证明如下：
设这组数据的中位数超过7，即，∴，
又∵，∴，即，
所以，
所以，
所以，
同理，
又∵，∴，
∴，
∴方差为，故D正确.
故选：ACD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 现将一个7、两个3、三个5排成一排，不同的排列方法有_______种.
【答案】60
【详解】由题意知，一个7，两个3，三个5共6个数字全排列，共种方法，
又因为6个数字中有两个3和三个5是重复的，
所以共有种方法.
故答案为：60.
13. 随机变量服从正态分布，若函数为偶函数，则_______________.
【答案】
【详解】因为函数为偶函数，
所以，
即
所以，
故答案为：.
14. 已知正四面体的顶点均在一个底面半径为1的圆柱侧面上(圆柱的高足够大)，且点到圆柱下底面的距离相等，则该四面体的边长的取值集合是_______________.
【答案】
【详解】由于到圆柱下底面的距离相等，故在平行于底面的一个截面圆上，
若也在平行于底面的截面上，根据正四面体的性质可知，投影到底面圆上分别为，时，此时显然可知与互相平分且垂直，因此与为底面圆上两条互相垂直的直径，因此，
若不在平行于底面的截面上，如图（1），设正四面体的棱长为，过的中点以及为平面，则平面，
取中点为,
，
由于平面，平面,故,
因此，
由于,则,故，
如图（2）：在过且平行于圆柱底面的截面圆中，由勾股定理可得，解得，
综上可得或，
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. 已知的周长为，且.
（1）求边的长；
（2）若的面积为，求角的度数.
【答案】（1）
（2）
【小问1详解】
解：由正弦定理知，
，
，
的周长为，
，
．
【小问2详解】
解：的面积，
，
由（1）知，，，
由余弦定理知，
，
．
16. 如图，矩形和菱形所在的平面相互垂直，，为的中点.
（1）求证：平面；
（2）求，，求直线与面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【小问1详解】
证明：连接，因为四边形为菱形，则，
又因为，则为等边三角形，
又因为为的中点，则，，则，
因为四边形为矩形，则，
因为平面平面，平面平面，平面，
平面，
平面，，
，、平面，平面.
【小问2详解】
解：平面，，
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
，，，
设平面的法向量为，则，
取，可得，
所以，，
所以，直线与面所成角的正弦值为.
17. 已知函数的定义域为，导函数为，满足，.
（1）讨论函数()在上的单调性，并证明：；
（2）求函数的图象与函数的图象的交点个数.
【答案】（1）单调性见解析，证明见解析
（2）2
【小问1详解】
令，则，
当时，，所以在上单调递增；
当时，由，得，
①当时，，在上单调递增；
②当时，对任意恒成立，
此时在恒成立，在上单调递减；
③当时，，所以对任意恒成立，
此时在恒成立，在上单调递增；
④当时，令得，
当时，，在上单调递增；
当时，，在上单调递减；
综上所述：当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减；
当时，上单调递增,在上单调递减；
因此，
取得，，即；
取得，，即;
故.
【小问2详解】
法一：题意等价于方程的不同解的个数，
令，又等价于函数的不同零点个数，
则.
令，则.
因此在上单调递增，由于为增函数，，
故，
因此存在，使得当时，；当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
而，，
故在，分别存在唯一零点
因此函数的图象与函数的图象的交点个数为.
法二：题意等价于方程的不同解的个数，
令，又等价于函数的不同零点个数，
则，
令，则，，
故在上单调递增，且，，
因此存在，使得当时，；当时，，
故在递减，在递增，
而，，，
故在，分别存在唯一零点，
因此函数的图象与函数的图象的交点个数为.
18. 已知两点的坐标分别是，，直线相交于点，且它们的斜率之积是，记点的轨迹为曲线.两个不同点在上运动，满足直线与直线的斜率之比是.
（1）求曲线的方程；
（2）直线是否过定点？如果是，求出定点坐标；如果不是，请说明理由；
（3）证明：三角形是钝角三角形.
【答案】（1）（或）
（2）是，定点
（3）证明见解析
【小问1详解】
设，由题意得且，
，整理得
因此曲线的方程为：（或）
【小问2详解】
由题意得，又，
设，
若直线的斜率不存在，则
解得，此时直线过，
若直线的斜率存在，设，
与双曲线联立得，
依题意且
由韦达定理得，.
整理得，
此时恒成立，过
综上所述，直线过定点.
【小问3详解】
由（2）知，
①当时，，均在的右支，
如图2，此时
故为钝角.
②当时，，在的两支，
如图1，不妨设在的右支
记，此时
故为锐角，因此为钝角
综上所述，三角形为钝角三角形
图1 图2
19. 在概率中，等效转换是一种很重要的思想方法.例如，甲乙两人比赛下棋，假设每局比赛甲赢的概率为，输的概率为，且每局比赛结果相互独立，那么甲乙进行“3局2胜”制游戏(累计先胜2局者获得最终胜利)，甲获得最终胜利这一事件，可等效为：甲乙进行3局比赛且甲至少赢2局.设3局比赛中甲赢的局数为，那么服从二项分布，从而可以利用二项分布的分布列求出甲最终获胜的概率.
（1）若，求“5局3胜”制游戏中甲获得最终胜利的概率；
（2）记“局胜”()制游戏中甲获得最终胜利的概率为，“局胜”制游戏中，甲第一局输的条件下，甲获得最终胜利的概率为，证明：；
（3）教室里有一盒白粉笔和一盒黄粉笔，其中白粉笔有支，黄粉笔有支(且)，老师上课时每次都等可能地随机选择一盒粉笔，并拿出一支使用，不放回，记白色粉笔先被用完的概率为，证明：.
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）证明见解析
【小问1详解】
设事件为“5局3胜”制游戏中甲获得最终胜利
法一：
事件等效于甲乙进行5局比赛且甲至少赢3局.
记5局比赛中甲赢的局数为，由题意得
.
法二：
事件分三种情况
①比赛局数为3，甲3局全胜
②比赛局数为4，甲第4局胜，前3局输1局
③比赛局数为5，甲第5局胜，前4局输2局
.
【小问2详解】
设甲乙进行局比赛，甲赢的局数为，则
且.
“局胜”制游戏中，甲第一局输的条件下，甲要获得最终胜利
若第2局甲输，则后续打满局比赛，甲至少胜局
若第2局甲胜，则后续打满局比赛，甲至少胜局
由全概率公式得
故.
【小问3详解】
不妨设有无数支粉笔
题意“用了支白粉笔时，至多用了支黄粉笔”
“总共用了支粉笔时，至少用了支白粉笔”..
设总共用了支粉笔时，白粉笔用了支，则
事件“”等效于甲乙进行“局胜”制游戏，甲乙每局获胜概率都为，最终甲获胜，由对称性可知.
注意到
得证.