湖南省岳阳市部分重点高中2024-2025学年高二下学期期末考试 数学试卷（含解析）

这是一份湖南省岳阳市部分重点高中2024-2025学年高二下学期期末考试 数学试卷（含解析），共10页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 展开式中第4项的二项式系数为（ ）
A. B. 1120C. 56D. 70
【答案】C
【详解】展开式中第4项的二项式系数为.
故选：C.
2. 已知△ABC的顶点B、C在椭圆＋y2＝1上，顶点A是椭圆的一个焦点，且椭圆的另外一个焦点在BC边上，则△ABC的周长是（ ）
A. 2B. 6C. 4D. 12
【答案】C
【详解】由椭圆＋y2＝1知，该椭圆的长半轴，
A是椭圆的一个焦点，设另一焦点为，而点在BC边上，点B，C又在椭圆上，
由椭圆定义得，
所以的周长
故选：C
3. 数列的通项公式为，则“”是“为递增数列”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 既不充分也不必要条件D. 充要条件
【答案】B
【详解】由题意得数列为递增数列等价于对任意恒成立，
即对任意恒成立，
因为，且可以无限接近于0，所以，
所以“”是“为递增数列”的必要不充分条件，
故选：B
4. 命题：“，，使得”的否定是（ ）
A. ，，使得B. ，，使得
C. ，，使得D. 以上结论都不正确
【答案】B
【详解】“，，使得”的否定是
“，，使得”，
故选：B
5. 在等比数列中，其前n项和为若数列也是等比数列，则等于
A. B. 3nC. D.
【答案】B
【详解】设等比数列的公比为q，
由数列也是等比数列，
，
，
化为，
解得．
．
故选B．
6. 已知函数，若对任意，有， 则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【详解】由题意得，
因为，所以在x=1处取得最小值，即为x=1是的极小值点，
所以，即，
所以，
令，则，
令，解得，
当时，，所以为增函数，
当时，，所以为减函数，
所以，
所以，即.
故选：A
7. 设随机变量，记，，下列说法正确的是（ ）
A. 当k由0增大到n时，先增后减，在某一个（或两个）k值处达到最大.二项分布当时是对称的，当时向右偏倚，当时向左偏倚
B. 如果为正整数，当且仅当时，取最大值
C. 如果为非整数，当且仅当k取的整数部分时，取最大值
D.
【答案】C
【详解】因为，，，
由，得，
解得，
若为正整数，则或时，取最大值，故B错误；
若为非整数，则取的整数部分时，取最大值，故C正确；
综上所述，当k由0增大到n时，先增后减，在某一个（或两个）k值处达到最大.
根据二项分布的图象性质可得，当时是对称的，当时向左偏倚，当时向右偏倚，故A错误；
而，故D错误.
故选：C.
8. 已知函数，，若，，则的最小值为（ ）
A B. eC. D.
【答案】D
【详解】由题意得：，两边取对数，，即，所以，因为，所以，其中恒成立，所以单调递增，且时，，时，，故，，即，所以，令，，，当时，，当时，，所以在处取得最小值，
故选：D
二、多选题（每题5分，共20分）
9. 下列说法中正确的是（ ）
A. 将一组数据中的每一个数据都加上或减去同一个常数后，方差不变
B. 设有一个线性回归方程，变量增加1个单位时，平均增加5个单位
C. 设具有相关关系的两个变量的相关系数为，则越接近于，和之间的线性相关程度越强
D. 在一个列联表中，由计算得的值，则的值越大，判断两个变量间有关联的把握就越大
【答案】AD
【详解】将一组数据中的每一个数据都加上或减去同一个常数后，方差不变，满足方差的性质，A正确；
设有一个线性回归方程，变量x增加1个单位时，平均减少5个单位；所以B不正确；
设具有相关关系的两个变量x，y的相关系数为r，则越接近于0，x和y之间的线性相关程度越弱，所以C 不正确；
在一个2×2列联表中，由计算得的值，则的值越大，判断两个变量间有关联的把握就越大，所以D正确；
故选：AD．
10. 下列命题错误的是：（ ）
A. 两平行直线与之间的距离是
B. 若点，，直线l过点且与线段相交，则l的斜率k的取值范围是或
C. 若点在圆外，则直线与圆相离
D. 若，则直线被圆所截得的弦长为1
【答案】BC
【详解】对于选项A，直线即为，
由平行直线距离公式得两直线间距离为，故A正确；
对于选项B，如上图，直线l过点且与线段相交，
∵，，
∴l的斜率k的取值范围是，故B错误；
对于选项C，∵点在圆外，
∴，则.
又∵圆的圆心到直线的距离为，
∴直线与圆相交，故C错误；
对于选项D，由题意，圆的半径，圆心为，
圆心到直线的距离为，
∵，∴，则，
∴，
∴直线被圆所截得的弦长为，故D正确；
故选：BC.
11. 已知定义在上的函数满足：对，都有，则对于，，下式成立的有（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BCD
【详解】,,B选项正确;
,C选项正确;
,,D选项正确;
定义在上的函数满足：对，都有，
设,
,A选项错误.
故选:BCD.
12. 在棱长为2的正方体中，点满足，其中，，则（ ）
A. 当时，
B. 当时，三棱锥的体积为
C. 当时，平面
D. 当时，到平面的距离为
【答案】ACD
【详解】
当时，，根据正方体结构特征，易知平面平面，所以，故A正确.
当时，.易知到平面的距离为定值2.
因为，所以，故B错误.
当时，，根据正方体结构特征，易证面面面，所以面，故C正确.
当时，，即为的中点，
以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，
则，
所以平面的法向量为，，
所以到平面的距离，故D正确.
故选：ACD
三、填空题（每题5分，共20分）
13. 数列满足，则的最大值为_____.
【答案】26
【详解】当且时，由通项公式可知，数列递增，此时最大值为；
当且时，由通项公式可知，数列递减，最大值为.
综上可知，当时，最大值为26.
故答案为：26
14. 已知幂函数满足，若函数，在区间上是减函数，则非负实数的取值范围是___________．
【答案】．
【详解】依题意可知，，解得：，
又，所以或1，则，
所以：．
，
当时，在单调递减成立；
当时，开口向下，对称轴右侧单调递减，
所以，解得；
综上所述，，
故答案为：．
15. 已知某商品进价为a元/件，根据以往经验，当售价是元/件时，可卖出c件，市场调查表明，当售价下降10%时，销量可增加40%.现决定一次性降价，为获得最大利润，售价应定为______元/件.（用含a，b的式子表示）
【答案】
【详解】设销售价为x，可获得的利润为y，
则，
求导得，
令，解得，
由知，，
又，，
所以当时，，函数单增；
当时，，函数单减；
因此是函数的极大值点，也是最大值点；
故当销售价为元/件时，可获得最大利润.
故答案为：
16. 定义，那么以下说法正确的有（填序号）______．
A．
B．除了以外，都是奇数
C．对于任意的n，
D．以，，为三边的三角形是直角三角形
【答案】BCD
【详解】A：计算可得：，，，．所以A错误
B：注意到显然都是整数，从而必然是偶数，从而必然是奇数，B正确
C：首先可以注意到，从而，，
从而，
从而
，C正确．
D： ，，从而命题D成立.
故答案为：BCD．
四、解答题（共70分）
17. 如图，和所在平面垂直，且，，求：

（1）直线与平面所成角的大小；
（2）平面和平面夹角的余弦值.
【答案】（1）
（2）
【小问1详解】
过点作交的延长线于，连接，
因为，，所以，
因此，
又因为平面平面，且平面平面，平面，
所以平面，
又平面，平面，所以,，
因此两两垂直，
以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
设，则，
则，则，
由于平面，所以平面的一个法向量为，
设直线与平面所成的角为，
则，
又因为线面角的范围是，所以，
因此直线与平面所成的角为；
【小问2详解】
，则,
设平面的法向量为，
所以，
令,可得，则，
则，
故平面和平面夹角的余弦值为.

18. 已知直线被圆截得的弦长为．
（1）求圆C的方程；
（2）若直线l的方程为，试确定直线l与圆C的位置关系．
【答案】（1）；
（2）相交.
【小问1详解】
由题可得圆的圆心C的坐标为，半径为．
∵圆心C到直线的距离为，
直线被圆C截得的弦长为，
∴，解得或1．
∵，∴，
故圆C的方程为；
【小问2详解】
∵l的方程可化为，
∴
解得即l恒过定点．
∵圆心为，
∴点A在圆C内，从而直线l与圆C恒相交．
19. 现有10个球，其中5个球由甲工厂生产，3个球由乙工厂生产，2个球由丙工厂生产.这三个工厂生产该类产品的合格率依次是，，.现从这10个球中任取1个球，设事件为“取得的球是合格品”，事件分别表示“取得的球是甲、乙、丙三个工厂生产的”.
（1）求；
（2）若取出的球是合格品，求该球是甲工厂生产的概率.
【答案】（1）
（2）
【小问1详解】
,,,
【小问2详解】
，
.
该球是甲工厂生产的概率为.
20. 已知函数，其中.
（1）若曲线在处的切线与直线垂直，求a的值及切线方程；
（2）若函数在定义域内单调递减，求a的取值范围.
【答案】（1）2，
（2）
【小问1详解】
由题可知，则，解得.
切点为，切线为
【小问2详解】
∵在上是减函数，
∴对恒成立，所以，
令，则，由得，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，故只需
故a取值范围.
21. 甲、乙、丙三人相互做传球训练，第1次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外两个人中的任何一人.
（1）求次传球后球在甲手中的概率；
（2）求次传球后球在乙手中的概率；
（3）已知：若随机变量服从两点分布，且，，则，记前n次传球后（即从第1次传球到第次传球后）球在甲手中的次数为，求.
【答案】（1）
（2）
（3）
【小问1详解】
记表示事件“经过次传球后，球在甲手中”，
设次传球后球在甲手中的概率为，，
若发生，即经过次传球后，球再次回到甲手中，
那么第次传球后，球一定不在甲手中，即事件一定不发生，
则有，，
必有,即，
即，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以，即.
【小问2详解】
记表示事件“经过次传球后，球在乙手中”，
设次传球后球在乙手中的概率为，，
若发生，即经过次传球后，球在乙手中，
那么第次传球后，球一定不在乙手中，即事件一定不发生，
则有，，
必有,即，
即，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以，即.
【小问3详解】
由题意次传球后球在甲手中的次数服从两点分布，且，
所以，，
由（1）得，
则.
22. 微分中值定理是微积分学中的重要定理，它是研究区间上函数值变化规律的有效工具，其中拉格朗日中值定理是核心，它的内容如下:
如果函数在闭区间上连续，在开区间可导，导数为，那么在开区间内至少存在一点，使得，其中叫做在上的“拉格朗日中值点”.已知函数.
（1）若，求函数在上“拉格朗日中值点”；
（2）若，求证:函数在区间图象上任意两点，连线的斜率不大于；
（3）若，且，求证:.
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）证明见解析
【小问1详解】
当时，则，
因为为函数在上的“拉格朗日中值点，
则，
即，解得
【小问2详解】
当时，
不妨设，，，则，
又，令，
则，
又，所以恒成立，
所以当时，当时，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以在处取得极大值，即最大值，
所以，所以，
由拉格朗日中值定理可知必存在使得，
即，又，所以，
即函数在区间图象上任意两点，连线的斜率不大于；
【小问3详解】
当时，
由拉格朗日中值定理知，存在和，
使得，，
所以只需证明，即证明在上单调递减，
又，
令，
则，
令，
则，
当时，
令，，则，则在上单调递增，
又，，
所以存在使得，
所以当时，则，即单调递增，
当时，则，即单调递减，
所以在处取得极大值，即最大值，
所以
，
所以，所以在上单调递减，
即在上单调递减，命题得证.