内蒙古省赤峰市2024_2025学年高二数学下学期期末联考试题含解析

这是一份内蒙古省赤峰市2024_2025学年高二数学下学期期末联考试题含解析，共24页。
注意事项：
1．答题前，考生先将自己的姓名，准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴条形码区域内．
2．选择题答案必须使用2B铅笔填涂，非选择题答案使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整，笔迹清楚．
3．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；在草稿纸、试卷上答题无效．
4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色宇迹的签字笔描黑．
5．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀．
一、单项选择题：本题共8小题，每小题满分5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，选对得5分，选错得0分．
1. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【详解】由可解得，所以，
因为，所以.
故选：D.
2. 一批零件共有10个，其中有3个不合格．随机抽取3个零件进行检测，恰好有1件不合格的概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【详解】从10个零件中抽取3个的总方式数为；
不合格零件有3个，从中选1个的方式数为 ，
合格零件有7个，从中选2个的方式数为 ，
根据分布乘法计数原理，恰好1个不合格的总方式数为；
根据古典概型得.
故选：B
3. 已知复数（为虚数单位），则（ ）
A. 5B. 3C. D.
【答案】A
【详解】因为复数，所以，所以，
所以.
故选：A.
4. 的展开式中的系数是（ ）
A. 80B. 16C. 10D. 8
【答案】C
【详解】的展开式的通项，
令，得，所以的系数是.
故选：C
5. 函数在上（ ）
A. 既无极大值也无极小值B. 有极小值无极大值
C. 既有极大值又有极小值D. 有极大值无极小值
【答案】A
【详解】由题意恒成立，所以在上单调递增，既无极大值也无极小值.
故选：A
6. 已知直线与圆 相切，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【详解】将圆化为标准方程，
可得圆心，半径，
依题意可知圆心到直线的距离为，
又，解得.
故选：D
7. 函数的大致图象是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【详解】由题意，函数的定义域为，且，所以为奇函数，图象关于原点中心对称，故AC错误；
根据指数函数与二次函数的增长速度可知，当时，且，故D错误.
故选：B
8. 如图，棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为CC1的中点，点P，Q分别为面A1B1C1D1和线段B1C上动点，则△PEQ周长的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【详解】在平面上，设E关于B1C的对称点为M，根据正方形的性质可知，
关于B1C1的对称点为N，，
连接MN，当MN与B1C1的交点为P，MN与B1C的交点为时，
则MN是△PEQ周长的最小值，
，,
∴△PEQ周长的最小值为
故选：B
二、多项选择题：本题共3小题，每小题满分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. 如图，函数的导函数的图象经过点，和，对于函数，下列说法正确的是（ ）
A. 在上单调递增B. 在上单调递增
C. 在处取得极小值D. 在处取得极小值
【答案】BD
【详解】由导函数图象可知，
当或时，；
当或时，，
所以在和上单调递减，
在和上单调递增，故选项A错误，B正确；
所以在和处取得极小值，在处取得极大值，故C错误，D正确.
故选：BD.
10. “杨辉三角”是中国南宋数学家杨辉在1261年所著的《详解九章算法》一书中首次记载的，比欧洲早393年．如图所示，在“杨辉三角”中，除每行两边的数都是1外，其余每个数都是其“肩上”的两个数之和，例如第4行的6为第3行中两个3的和．则下列命题中正确的是（ ）

A. 第6行中，有两个相等的最大数B.
C. 第行所有数之和为D. 在第3行以后，还会出现全为奇数的行
【答案】BCD
【详解】对A，由杨辉三角的规律可知，第6行的数为：，最大数只有一个，错误；
对B，
，正确；
对C，由二项式系数性质可知，第行所有数之和为，正确；
对D，由杨辉三角的规律可知，第6行的数为：，
第7行的数为：，所有数都是奇数，正确.
故选：BCD
11. 已知函数的定义域为，且，，，则下列四个结论正确的是（ ）
A. 8是的周期B. 图象关于直线对称
C. D.
【答案】ACD
【详解】令，可得，
所以，所以是偶函数，
又因为，所以，所以，
又由，可得，
所以图象关于点对称，故B错误；
又由和偶函数性质，可得，
所以，所以，
即是函数的周期，故8也是的周期，故A正确；
则，故C正确；
又，，
则，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．把答案填在答题卡中的横线上．
12. 已知随机变量满足，若，则期望______．
【答案】1
【详解】，
因为，所以，故.
故答案为：
13. 在中，，则_________.
【答案】
【详解】在中，由，得，
由余弦定理得.
故答案为：
14. 某学校有、两家餐厅，张同学连续三天午餐均在学校用餐，如果某天去餐厅，那么第2天去餐厅的概率为；如果某天去餐厅，那么第2天去餐厅的概率为．若张同学第1天午餐时随机地选择一家餐厅用餐，则张同学第3天去餐厅用餐的概率为______．
【答案】
【详解】设表示事件：第天去餐厅，表示事件：第天去餐厅，
则，
则，
故，
,
则
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. 甲、乙两个班级的同学进行目测数学教科书长度的游戏，令甲班同学目测的误差为（单位：），乙班同学目测的误差为（单位：）．根据游戏记录，统计结果为，，，，；，，，，
（1）分别列出随机变量、的分布列；
（2）哪个班目测的数据更接近教科书的真实长度？解释你的理由（可以通过观察给出答案，但必需包含必要的计算过程）．
【答案】（1）分布列见解析
（2）乙班目测的数据更接近教科书的真实长度，理由见解析
【小问1详解】
根据已知条件，的分布列是：
的分布列是：
【小问2详解】
直观观察的分布离散程度较大，所以乙班目测的数据更接近教科书的真实长度．
由（1）知，，，
，，
即要通过两个班数据的方差比较，说明哪个班更接近教科书的真实长度．
所以，，
，
则，故乙班的情况波动情况小，
所以，乙班目测的数据更接近教科书的真实长度．
16. 已知公差不为0的等差数列，，且，，成等比数列．
（1）求数列的通项公式；
（2）记为等比数列的前项和，为的公比且，，，求数列的前项和．
【答案】（1）
（2）
【小问1详解】
在等差数列中，设公差为且，
因为，，成等比数列，则，
又，则
解得或．因为，故，
又因为，所以.
【小问2详解】
由，，可得，又，解得．
所以，又因为，
则，
因此.
17. 如图所示，⊥平面，四边形为矩形，，.
（1）求证：∥平面；
（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【小问1详解】
证明：四边形为矩形，∴，又，平面，平面ADE，故平面ADE，平面ADE，
又平面BFC，∴平面BFC平面ADE，
∵平面BFC，∴∥平面；
【小问2详解】
建立空间直角坐标系如图，则，
设平面CDF的法向量为，则，取得，
平面的法向量为，设平面与平面所成锐二面角为，则，
故平面与平面所成锐二面角的余弦值为
18. 已知函数．
（1）当时，求在点处的切线方程；
（2）讨论的单调性；
（3）若有两个零点，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）答案见解析 （3）
【小问1详解】
当时，，点在函数图象上，
由得，，
则在点处切线方程为，即.
【小问2详解】
定义域为，
，
当时，恒成立，在上单调递减，
当时，当时，，当时，，
则在上单调递减，在上单调递增；
综上：当时，在上单调递减，
当时，则在上单调递减，在上单调递增.
小问3详解】
由（2）知，当时，在上单调递减，
则在上最多一个零点，故不满足有两个零点，舍去；
当时，则在上单调递减，在上单调递增，
在处取得极小值，也是最小值，即，
设，则，
故在上单调递增，又；
当时，，
又，
故在上有一个零点；
当，由可得即，得，则，
故，即，
设，所以，
当时，，当时，，
所以当时函数取得最小值，最小值为，即，
则，即，
因此在上也有一个零点．
当时，，故此时没有两个零点；
综上，若有两个零点，实数的取值范围为.
19. 已知点，P是直线AB外的一个动点，，垂足为Q，且Q在线段AB外，，记点P的轨迹为曲线C．
（1）求C的方程；
（2）若直线l交C于M，N两点，M关于x轴的对称点为T，请再从条件①、②和③中选择一个合适的作为已知，证明以下问题：
（i）l过定点；
（ⅱ）不可能为锐角三角形．
条件：①直线TB和NA的斜率之和为0；
②直线TB和NB的斜率之积为6；
③直线TB和NA的斜率之商为2．
注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．
【答案】（1）
（2）（i）证明见解析；（ⅱ）证明见解析
【小问1详解】
依题意，可设，则．
因为，Q在线段AB外，所以．
又因为，所以，即．

故C的方程为．
【小问2详解】
选择①作为条件.
设，则，其中．
因为直线和的斜率之和为0，故直线的斜率等于的斜率，
故，故，
故即，故，故，
则关于原点对称，故过原点，与题设矛盾，故不选①.
解法一：选择②作为条件．
（i）设，则
显然l的斜率不为零，否则，有，
此时，与直线TB和NB的斜率之积为6，矛盾．
故可设，
由得，
依题意，且，
所以且，
由且，所以，
因为直线TB和NB的斜率之积为6，所以，
即，解得．
此时恒成立，所以，过定点．
（ⅱ）由（i）知，
①当，即时，，所以M，N均在C的右支，如图．

此时
，
所以是钝角，是钝角三角形．
②当，即或时，，
所以M，N分别在C的两支．不妨设M在C的右支，则，如图．
设，则，
所以．

因为l过点R，所以，
所以是钝角，是钝角三角形．
综上可知，不可能是锐角三角形．
解法二：选择②作为条件．
（i）同解法一．
（ⅱ）由（i）知，直线l过定点．
①当M，N均在C的右支，不妨设M在x轴的上方，如图．

设直线MB，NB的倾斜角分别为．则．
因为直线TB和NB的斜率之积为6，所以直线MB和NB的斜率之积为，即，
所以，
所以是钝角，是钝角三角形．
②当M，N分别在C的两支时，不妨设M在C的右支，则，如图．

设，则，
所以．
因为l过点R，所以，
所以是钝角，是钝角三角形．
综上可知，不可能是锐角三角形．
解法三：选择②作为条件．
（i）设，则
当l的斜率不存在时，
所以

依题意，解得．此时，，过点．
下面我们证明，当l的斜率存在时，M，N，R共线．
显然直线TB斜率存在且不为零，可设直线，
由得，解得
所以
所以
同理可设直线，得．
所以
因为直线TB和NB的斜率之积为6，所以，即，
所以，所以M，N，R共线，即l过点．
综上，l过定点．
（ⅱ）依题意，可设，由得，
依题意，且，即
此时
①当，即时，，所以M，N均在C的右支，如图．

此时
所以是钝角，是钝角三角形．
②当，即或时，，
所以M，N分别在C的两支．不妨设M在C的右支，则，如图．

所以，
所以
因为l过点R，所以，
所以是钝角，是钝角三角形．
综上可知，不可能是锐角三角形．
解法四：选择③作为条件．
（i）设，则．
显然l斜率不为零，否则，
因为直线TB和NA的斜率之商为2，所以
从而有，解得，此时，l与C不存在公共点，与题设矛盾．
故可设，
由得，
依题意，且，
所以且，
由得，所以
因为直线TB和NA的斜率之商为2，所以
因为点M在C上，所以，即，
所以，即，
解得．此时恒成立，所以，过定点．
（ⅱ）由（i）知，
①当，即时，，所以M，N均在C的右支，，如图．

此时
所以是钝角，是钝角三角形．
②当，即或时，，
所以M，N分别在C的两支，不妨设M在C的右支，则，如图．

设，则是以BR为直径的圆的圆心，
，
所以M在以BR为直径的圆外，所以
因为l过点，所以，
所以是钝角，是钝角三角形．
综上可知，不可能是锐角三角形．
解法五：选择③作为条件．
（i）设，则
当l的斜率不存在时，
因为直线TB和NA的斜率之商为2，所以
当，解得，此时，直线，过点．
下面我们证明，当l的斜率存在时，M，N，R共线．
显然直线TB斜率存在且不为零，可设直线，
由得，解得
所以
所以
同理可设直线，由得
所以
因为直线TB和NA的斜率之高为2，所以，即，
所以，所以M，N，R共线，即l过点．
综上，l过定点．
（ⅱ）同解法二．
解法六： 选择②作为条件．
（i）设，则．
当l的斜率不存在时，，
所似
又因为直线TB和NB的斜率之积为6，所以，解得．
此时，直线，过点
当l的斜率存在时，设，
由得．
依题意，且，
所以且，．
因为直线TB和NB的斜率之积为6，所以，
即，
所以，所以，所以，过点．
综上，l过定点．
（ⅱ）由（i）知，，故恒成立，且
①当，即或时，，所以M，N均在C的右支，如图．

此时
所以是钝角，是钝角三角形．
②当，即时，，
所以M，N分别在C的两支，不妨设M在C的右支，则，如图．

设，则，
所以，
因为l过定点，所以，
所以是钝角，是钝角三角形．
综上可知，不可能是锐角三角形．
0
1
2
0.1
0.2
0.4
0.2
0.1
0
1
2
0.05
0.15
0.6
0.15
0.05