云南省楚雄州2024_2025学年高二数学下学期期末考试含解析

这是一份云南省楚雄州2024_2025学年高二数学下学期期末考试含解析，共16页。试卷主要包含了本试卷主要考试内容，每个人能否投中相互独立等内容，欢迎下载使用。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
4．本试卷主要考试内容：人教A版必修第一、二册占，选择性必修第一、二册占，选择性必修第三册第六、七章占．
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】因为集合，，，则，故.
故选：C.
2. 已知复数，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【详解】复数，，
所以，解得
所以，共轭复数，
故选：B
3. 已知等差数列的前项和为，若，则（ ）
A. 21B. 23C. 28D. 30
【答案】C
【详解】由题意，，
在等差数列中，前项和为，若，
，
∴，
故选：C.
4. 如图，在三棱锥中，是的中点，点在上，，记，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【详解】是的中点，，又，由，.
故选：.
5. 某工厂产生的废气经过滤后排放，过滤过程中废气的污染物含量（单位：mg/L）与时间（单位：）之间的关系为，其中，是正的常数，则对于的瞬时变化率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【详解】对求导数得：
故选：D
6. 如图，二面角的大小为，点分别在半平面内，于点于点.若，则直线与所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【详解】
如图，在半平面内作于点，且，连接，
则四边形为矩形，且为二面角的平面角，即，
所以，，，
所以直线与所成的角为直线与所成的角，且是正三角形，故.
因为平面，所以平面，
因为，所以平面，
因为平面，所以，故，
所以，即直线与所成角的余弦值为.
故选：B.
7. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【详解】设函数，函数在上单调递增，故，即；
因为，，故；
故选：D
8. 已知双曲线，点（不与原点重合）在的一条渐近线上，若点到另一条渐近线的距离与到轴的距离相等，则的离心率为（ ）
A. 2B. C. D.
【答案】A
【详解】设点在另一条渐近线、轴上的投影分别为，则，
可知为的角平分线，即，
根据对称性可得，即，
可知渐近线的倾斜角，斜率，
所以的离心率.
故选：A.
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. 已知函数，则（ ）
A. 的图象关于点对称B. 的图象关于直线对称
C. 当时，有极值D. 曲线在点处的切线方程为
【答案】AD
【详解】对于AB，因为，所以的图象关于点对称，故A正确，B错误；
对于C，恒成立，所以在上单调递增，故C错误；
对于D，，所以曲线在点处的切线方程为，故D正确.
故选：AD.
10. 已知数列的通项公式为，前项和为，则下列结论正确的是（ ）
A. B. 是递减数列
C. D.
【答案】ACD
【详解】A选项，，A正确；
BC选项，，
故，所以是递增数列，，B错误，C正确；
D选项，，
故
，D正确.
故选：ACD.
11. 五人进行丢骰子游戏，最后统计每人所丢骰子的点数之和，点数之和最大的获胜．已知每人每次丢完后都等可能地随机传向另外4人中的1人．第1次由将骰子传出，记第次传骰子之后骰子在或手上的概率为，记第次传骰子之后骰子在手上的概率为，则（ ）
A. B.
C D.
【答案】AC
【详解】由题意可得，第1次由将骰子传出，传到或手上的概率为，故A正确；
设第次传到或手上的概率为，则次传到或手上的概率为，
则，即，
因为，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以，即，故C正确；
当时，，故B错误；
同理第次传到手上的概率为，则次传到手上的概率为，
则，即，
因为，，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以，即，故D错误
故选：AC
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知向量满足，且，则__________．
【答案】1
【详解】由题意可知，，，
所以，解得，
所以.
故答案为：1
13. 已知抛物线的准线为，点在上，直线，点到直线的距离与到直线的距离之和的最小值是_____________.
【答案】3
【详解】由题意，抛物线的焦点为，
由抛物线的定义知，点到直线的距离等于点到点的距离，
因此点到直线的距离与到直线的距离之和的最小值，
即为点到直线的距离，即为.
故答案为：3.
14. 如图，在圆的内接四边形中，，的面积为，的面积为，则四边形的周长为__________．
【答案】16
【详解】由题意，
在圆的内接四边形中，
，的面积为，的面积为，
由几何知识得，，即,
由正弦定理得，
，
，
解得：，，
由余弦定理得，
，即，
，即，
∵，，
∴，
，
由几何知识得，四边形的四边均为正数，
∴，，
设四边形的周长为，
，
故答案为：16.
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. 已知数列满足．
（1）求的通项公式；
（2）求数列的前项和．
【答案】（1）
（2）
【小问1详解】
因为，所以，
…
，．
累加得，，
所以，则，当时，上式也成立，
所以的通项公式为．
【小问2详解】
．
记数列的前项和为，
则．
16. 甲、乙、丙三人各投篮1次．已知甲、乙、丙投篮的命中率分别是0.5，0.6，0.8．每个人能否投中相互独立．
（1）在甲、乙、丙三人共投中2次条件下，求其中有1次是甲投中的概率；
（2）记甲、乙、丙三人共投中次，求的分布列和期望．
【答案】（1）
（2）分布列见解析，数学期望1.9
【小问1详解】
记“甲、乙、丙三人共投中2次”为事件，“甲投中”为事件．
，
．
【小问2详解】
的所有可能取值为0，1，2，3．
，
，
，
，
所以的分布列为
17. 已知椭圆的离心率为，点在椭圆上．
（1）求椭圆的方程．
（2）直线与椭圆交于点．
①求；
②记直线的斜率分别为，求．
【答案】（1）
（2）①；②0
【小问1详解】
因为点在椭圆上，所以．
又椭圆的离心率为，且，解得，
所以椭圆的方程为．
【小问2详解】

①设．
联立得，则，
故．
②，
．
又
，
所以．
18. 如图，直四棱柱的底面是菱形，，为锐角，分别是的中点．
（1）证明：平面．
（2）求二面角的余弦值的最大值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【小问1详解】
证法一：连接，设，连接．
在中，分别是的中点，所以．
在中，分别是的中点，所以，则．
因为平面，平面，所以平面．
证法二：设的中点分别为，连接,如图所示．
因为，
所以四边形为平行四边形，所以．
因为，所以四边形为平行四边形，
所以，所以．
因为平面，平面，所以平面．
因为，平面，平面，所以平面．
因为平面，平面，，所以平面平面．
因为平面，所以平面．
【小问2详解】
过点作交于点．
以为坐标原点，所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则．
设，且，则．
设，则，即，
则．
设平面的法向量为，则，
所以可取．
易得平面的一个法向量为．
．
令，
则，
当且仅当，即时，等号成立，
所以．
故二面角的余弦值的最大值为．
19. 已知函数与，若存在，使得，则称点为与的一个“关键点”．
（1）请写出函数与的一个“关键点”的坐标（不需要证明）．
（2）判断函数与是否存在“关键点”．若存在，求出该“关键点”的坐标；若不存在，请说明理由．
（3）已知函数和的一个“关键点”的坐标是，且，证明：．
【答案】（1）（答案不唯一）
（2）不存在，理由见解析
（3）证明见解析
【小问1详解】
设，则有，
故满足由的点都是与的一个“关键点”，
对，有，故点符合要求；
【小问2详解】
由题意得的值域为，的定义域为，
．
令，则，所以在上单调递增．
因为，
所以在上存在唯一零点，且．
当时，，在上单调递减，当时，，
在上单调递增，所以，
由，得，得，即，
所以，得．
又，所以不存在，使得，故与不存在“关键点”；
【小问3详解】
设，则，得①，②，
①②得，①②得，
由，得，则，
得．
设，则，
设，则．
令函数，因为，所以在上单调递增．
由，得，得在上单调递增，
由，得在上单调递增，
所以，则．
故．
0
1
2
3
0.04
0.26
0.46
0.24