广东省揭阳市2024-2025学年高二下学期期末考试数学试卷（Word版附解析）

这是一份广东省揭阳市2024-2025学年高二下学期期末考试数学试卷（Word版附解析），共19页。
注意事项：
1．答题前，考生先将自己的信息填写清楚、准确，将条形码准确粘贴在条形码粘贴处．
2．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效．
3．答题时请按要求用笔，保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不得使用涂改液、修正带、刮纸刀．考试结束后，请将本试题及答题卡交回．
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. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【详解】集合.
集合.
集合.
集合.
.
故选：.
2. 已知，则在复平面内对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】D
【详解】由，所以，故在复平面内对应的点位于第四象限，
故选：D
3. 若抛物线的准线为直线，且交圆于两点，为坐标原点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【详解】抛物线的准线为直线，与圆联立得，
不妨设，则,
故故，
故选：B
4. 已知平面向量，若，则（ ）
A. B. C. 0D. 1
【答案】C
【详解】
.
.
解得.
.
故选：.
5. 若命题为奇函数，为偶函数，则是成立的（ ）
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】A
【详解】命题为奇函数，奇函数满足，
即，整理得，解得
故成立的充要条件是.
命题为偶函数，偶函数满足
即，整理得，解得或
故成立的充要条件是或
则是成立的充分不必要条件.
故选：A
6. 已知函数是的一个零点，则当时，的值域为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【详解】是的一个零点.
，解得：.
.
.
.
.
，，
所以，，即的值域为.
故选：.
7. 某次马拉松比赛活动中，甲，乙，丙，丁四位志愿者派往三个物资发放点，若每个物资发放点至少派一位志愿者，且每位志愿者只能派往一个物资发放点，则在甲被派去物资发放点的条件下，甲，乙被派去同一个物资发放点的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【详解】先求甲被派去物资发放点的方法数；
第一种情况：甲一个人去物资发放点：则有种；
第二种情况：甲和其中一人去物资发放点：则有种；故甲被派去物资发放点的方法数共种；
再求甲乙被派去同一个物资B发放点的方法数：有种；
故概率为，
故选：A
8. 已知定义在上的函数，对任意，总有成立，且当时，．设，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【详解】，，而当时，，则，
，函数在上单调递减，
令函数，求导得，当时，，
函数在上单调递增，则，即，
因此，所以.
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. 已知公差不为的等差数列的前项和为，且，，则下列说法正确的是（ ）
A. B.
C. 是递减数列D. 若，则的最大值是
【答案】BC
【详解】对于AB选项，，解得，故，A错B对；
对于C选项，，
所以，故，
令，故，
所以，数列是递减数列，C对；
对于D选项，令，即，解得，
因为，故的最大值为，D错.
故选：BC.
10. 已知双曲线，其左、右焦点分别是，过点的直线与交于，两点，则（ ）
A. 的离心率为
B. 当的倾斜角为时，
C. 直线的斜率可以为
D. 上存在点，使
【答案】ABD
【详解】已知，则，则离心率，所以A正确；
如图所示，已知，，得直线解析式为，
联立方程组得，消去得，
可知，
设交点，则，
根据弦长公式可得，所以B正确；
双曲线渐近线方程为，当时，直线与双曲线仅有一个交点，不符合题意，所以C错误；
设，可知，
根据正弦定理可知，
可知，则，
因为，所以，
化简得，
化简得，
化简，解得，此时，
所以上存在点，使，所以D正确；
故选：ABD.
11. 用半径为的圆形铁皮剪出圆心角为的扇形（以圆形铁皮的半径为半径的扇形），制成一个圆锥形容器，底面圆的半径为．则下列说法正确的是（ ）
A. 当，且圆锥的侧面积为时，圆锥的体积
B. 当，且圆锥的侧面积为时，过圆锥的顶点所作的截面中，截面面积的最大值为
C. 当，且圆锥的侧面积为时，圆锥能在棱长为的正四面体内任意转动
D. 当时，圆锥的体积最大
【答案】AD
【详解】设圆锥的母线长为，高为，
对于A选项，该圆锥的侧面积为，解得，
所以该圆锥的高为，
故该圆锥的体积为，A对；
对于B选项，当时，，此时圆锥的轴截面如图所示，

，所以为钝角，
令、是圆锥的底面圆周上任意的不同两点，则，
所以，
当且仅当时，取等号，B错；
对于C选项，当时，即当时，该圆锥的侧面积为，可得，
高，
设圆锥的外接球球心为，圆锥的外接球半径为，
所以，
棱长为的正四面体可以补成正方体，如图所示，

则正方体的棱长，
正四面体的体积为，
正四面体的表面积为，
设正四面体的内切球半径为，
则由等体积法可知，
注意到，
所以圆锥不能在棱长为的正四面体内任意转动，C错；
对于D选项，由题意可知，圆锥底面周长为，故，
该圆锥的高为，
所以，圆锥的体积为，故，
令，其中，
则，由，可得，
当时，，即函数在上单调递增，
当时，，即函数在上单调递增，
当时，即当时，取最大值，此时取最大值，D对.
故选：AD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知随机变量，若，则______．
【答案】
【详解】．
所以
故答案为：.
13. 已知曲线在点处的切线与曲线相切，则的值为______．
【答案】
【详解】由题可得，所以在处的切线斜率，
所以切线方程为，即，
设曲线上的切点为，
则，在处的切线斜率为，且，
解得，所以，则，所以.
故答案为：.
14. 如图，从1开始出发，一次移动是指从某一格开始只能移动到邻近的一格，并且总是向右或右上或右下移动，而一条移动路线由若干次移动构成，如从1移动到9，1→2→3→5→7→8→9就是一条移动路线．从1移动到数字的不同路线条数记为，从1移动到9的事件中（每条移动路线都是等可能的），经过数字的概率记为，则______，______．
【答案】 ①. 5 ②.
【详解】由题意得：，若移动到数字，则由数字或数字移动一次得到，则，
据此即可得到，，又因为从到共有三条路径可走，
故从1到9经过6的路径共有，故,
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. 已知分别为三个内角的对边，且．
（1）求；
（2）若边上的高为1，求的周长．
【答案】（1）
（2）
【小问1详解】
由正弦定理得，
整理得：，
而，
结合两式得：，
整理得：,因为，故，又,故,
【小问2详解】
由（1）得，故，
因为故，
根据三角形面积公式，
又边上的高为1，,
由余弦定理得：，即，
故，所以三角形的边长为.
16. 如图，在四棱锥中，底面是等腰梯形，，平面平面，，，．
（1）求证：平面；
（2）若三棱锥的体积为，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；
（2）
【小问1详解】
底面是等腰梯形，， ，．
所以，所以，所以，
因为平面平面，且平面平面，且，且平面，所以平面；
【小问2详解】
因为平面平面，且平面平面，且，且平面，所以平面；
底面是等腰梯形，，，所以，
所以，所以，
又因为三棱锥的体积为，
所以，所以，
如图建系，
设平面的法向量为，
设平面的法向量，，
所以令，则，
所以，
设平面与平面夹角为，
所以
17. 已知函数．
（1）求的极小值；
（2）若．
（ⅰ）讨论的单调性；
（ⅱ）当时，设的极大值是，求证：．
【答案】（1）
（2）（ⅰ）答案见解析；（ⅱ）证明过程见解析
【小问1详解】
的定义域为R，，
令得，
令得，令得，
故的极小值为；
【小问2详解】
（ⅰ），定义域为，
，
若，则，令得，令得，
故在上单调递增，在上单调递减，
若，令得或，
当时，，此时恒成立，故在R上单调递增，
当时，，令得或，
令得，
故在上单调递减，在，上单调递增；
当时，，令得或，
令得，
故在上单调递减，在，上单调递增；
综上，当时，在上单调递增，在上单调递减，
当时，在R上单调递增，
当时，在上单调递减，在，上单调递增；
当时，在上单调递减，在，上单调递增；
（ⅱ）由（ⅰ）可得当时，在上单调递减，在，上单调递增；
故时，取得极大值，故，
，
因为，所以，
令得，解得，即，
令得，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
故.
18. 已知椭圆的任意两条相互垂直的切线交点的轨迹是圆，称为椭圆的蒙日圆，其方程为．已知椭圆的两个焦点分别为，为坐标原点，点在椭圆上．
（1）求的标准方程；
（2）已知直线与交于两点，且，求面积的取值范围；
（3）过的蒙日圆上一点，作的一条切线，与蒙日圆交于另一点，若直线，的斜率存在，设与的斜率分别为，证明：为定值．
【答案】（1）；
（2）；
（3）证明见解析.
【小问1详解】
依题意，，解得，
所以的标准方程是.
【小问2详解】
当点不是椭圆的顶点时，由，得点不是椭圆的顶点，
设直线方程为，点，则直线方程为，
由得，，同理，
面积，
而，因此，当且仅当时取等号，
点是椭圆顶点时，点也是椭圆的顶点，，
所以面积的取值范围是.
【小问3详解】
依题意，蒙日圆的方程为：，
当直线斜率不存在时，直线的方程为：或，
直线与的交点为或，则；
当直线斜率存在时，设直线的方程为：，
由消去并整理得：，
则，即，设，
由消去并整理得：，
，，
则
，
所以为定值.
19. 若数列满足，则称数列为项数列，由所有项数列组成的集合为．
（1）若是项数列，当且仅当时，，求数列所有项的和；
（2）已知，且与是两个不同数列，定义离散型随机变量其中，且．
（ⅰ）求取到最大值时的值；
（ⅱ）求随机变量的分布列，并证明：当时，．
【答案】（1）
（2）（i）；（ii）分布列为，证明见解析
【小问1详解】
数列是项数列，当且仅当时，；
当，，时，.
设数列所有项的和为，则
.
【小问2详解】
（i）因为数列、是从集合中任意取出的两个数列，
所以，数列、均为项数列，所以的可能取值有、、、、，
根据数列中的个数可得，集合的元素个数为，
当时，数列、中有项取值不同，有项取值相同，
先确定有种情况，然后在中选取项，这项与的对应项的取值不同，
有种情况，则与的选择共有种情况，
数列、是从集合中任意取出的两个数列，所有可能情况有种，
所以，
由，化简可得，解得，
则当时，取得最大值；
（ii）由（i）知集合中元素的个数为，
当时，数列、中有项取值不同，有项取值相同，
先确定有种情况，然后在中选取项与对应项取值不同有种情况，
则与的选择情况共有种情况，
数列是从集合中任意取出的两个数列，所有可能情况有种，
所以随机变量的分布列为，
因为，
所以
，即，
当时，.