广东省韶关市2024-2025学年高二下学期期末考试 数学（含解析）

这是一份广东省韶关市2024-2025学年高二下学期期末考试 数学（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。
一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A．B．
C．D．
2．已知复数，则（ ）
A．B．C．D．
3．如图，中，，，设，，则（ ）
A．B．
C．D．
4．某种产品的加工需要经过道工序，如果其中的、两道工序必须相邻，则加工顺序共有（ ）
A．种B．种C．种D．种
5．已知等差数列的前项和为，，则（ ）
A．B．C．D．
6．为了检测某种药物对预防疾病的效果，进行了小动物试验，得到如下列联表：
已知，．根据小概率值的独立性检验，则下列结论正确的是（ ）
A．药物对预防疾病有效果
B．药物对预防疾病有效果，这个结论犯错误的概率不超过0.05
C．药物对预防疾病无效果
D．药物对预防疾病无效果，这个结论犯错误的概率不超过0.05
7．某运动质点位移与时间之间的关系为，则该质点的最大瞬时速度是（ ）
A．B．1C．D．2
8．今年某企业投产高新设备，合格品全部销售完毕，预设第个月将实现销量倍增的目标．已知每月产量在前一个月的基础上提高，第个月产品合格率为，前个月合格率每月增加，之后合格率保持不变．则的值为（ ）（且，参考数据：，）
A．B．C．D．
二、多选题
9．设随机变量，随机变量，则（ ）
A．B．
C．D．
10．已知函数，则（ ）
A．可能没有零点
B．有两个极值点
C．，在有最大值
D．，在单调递增
11．已知为数列的前项和，，则（ ）
A．为定值B．数列是递增数列
C．D．数列是递增数列
三、填空题
12．展开式中的系数为 ．
13．已知函数，则在处的切线方程为 ．
14．在棱长为1个单位的正四面体ABCD上，一个质点在随机外力的作用下从顶点出发，每隔1秒等可能地沿着棱移动1个单位，移动的方向是随机的．设经过秒（）后，质点位于平面BCD的概率为，则 ， ．
四、解答题
15．一个袋子中有大小相同的6个小球，分别标记着1，2，2，3，4，5，现从中随机摸出3个小球．记摸到的小球上的数字的最小值为．
(1)求；
(2)求的分布列和数学期望．
16．如图，在四棱锥中，底面ABCD为矩形，平面ABCD，，，E为PD的中点．
(1)证明：平面；
(2)求二面角的余弦值．
17．已知各项均为正数的数列的前项和为，，．
(1)若为等比数列，求和数列的前项和；
(2)若，求数列的通项公式．
18．已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)若，求实数的取值范围；
(3)当时，若关于的方程有两个实根和，求证：．
19．甲乙两名选手参加某球类比赛，比赛采用积分制：赛满奇数局，赢1局得2分，输者不得分，积分多者胜．已知甲选手每局比赛获胜的概率为，每局比赛的结果相互独立．
(1)若两人共进行了3局比赛，且，求甲最终获胜的概率及甲得分的方差；
(2)若两人共进行了局比赛，甲最终获胜的概率为，证明：，并说明其统计意义．
1．D
求出集合，利用交集的定义可求得集合.
【详解】因为，，故.
故选：D.
2．B
根据复数的除法运算直接计算即可.
【详解】由可得.
故选：B.
3．A
利用平面向量的线性运算化简可得出关于、的表达式.
【详解】在中，，，故，
，
因此.
故选：A.
4．D
利用捆绑法结合分步乘法计数原理可求得结果.
【详解】将、两道工序捆绑，形成一个大元素，与其他三个元素进行排序，
因此，不同的加工顺序种数为种.
故选：D.
5．A
利用等差数列片段和的性质可知、、成等差数列可求得的值.
【详解】由题意可得，，
因为等差数列的前项和为，
由等差数列片断和的性质可知、、成等差数列，
所以，所以.
故选：A.
6．C
通过计算列联表的统计量，与给定的临界值比较，来判断药物对预防疾病是否有效果.
【详解】零假设：药物对预防疾病无效果，
根据列联表数据，，
根据，将数据代入可得：
，
，根据小概率值的独立性检验，，
所以我们没有充分证据拒绝原假设，即认为药物对预防疾病无效果.
故选：C.
7．D
最大瞬时速度即最大的导数值，首先求导，利用换元法将导数转化为一元二次函数，求该一元二次函数在定义域内的最大值，即最大的导数值，也就是最大的瞬时速度.
【详解】，，
设，则，，
一元二次函数的对称轴为，
故一元二次函数在的最大值为，
即最大导数值为2，因此该质点的最大瞬时速度是2.
故选：D.
8．B
设第个月的产量和合格率分别构成数列、，分析数列的单调性，计算得出，即可得出结果.
【详解】设第个月的产量和合格率分别构成数列、，
不妨设，则数列是首项为，公比为的等比数列，故，
的前项构成以为首项，公差为的等差数列，
故当时，，
由题意可知当时，，
则该公司第个月的销量为，
当时，，
当时，，，则，
故数列为递增数列，且，
因为，，
当时，，此时数列单调递增，
此时，不合乎题意，故.
故选：B.
9．ACD
利用正态分布的期望和方差可判断AB选项；利用正态密度曲线的对称性可判断C选项；利用正态曲线的性质可判断D选项.
【详解】因为随机变量，随机变量，
对于A选项，，A对；
对于B选项，，，故，，
所以，B错；
对于C选项，，C对；
对于D选项，因为，故正态分布的数据较正态分布更集中，
所以，，D对.
故选：ACD.
10．BC
根据极值点和零点的性质以及区间最值和单调性的计算方法依次判断即可.
【详解】选项A，三次函数，当时，，当时，，所以函数至少有一个零点，选项A错误；
选项B，，，判别式，故导数恒有两个不同的零点，对应原函数有两个极值点，选项B正确；
选项C，，根据韦达定理，导函数的两个零点之积为，所以两个零点一正一负，故在内仅有一个极值，由于导函数二次项系数为正，该极值为极大值，也为最大值，选项C正确；
选项D，在单调递增需恒成立，但开口向上，且必有一个正的变号零点，导致原函数在存在递减区间，选项D错误.
故选：BC.
11．ACD
计算出的值，可判断A选项；利用特殊值法可判断B选项；解不等式可判断C选项；利用数列的单调性可判断D选项.
【详解】对于A选项，当且时，
，A对；
对于B选项，因为，，，
所以，故数列不单调，B错；
对于C选项，令，可得，
因为，当时，，当时，，
当时，.
故，C对；
对于D选项，当时，，
所以，当时，，即，
故数列是递增数列，D对.
故选：ACD.
12．-26.
由二项式的展开式的通项为，进而可得展开式中的系数为，即可求解.
【详解】由题意，二项式的展开式的通项为，
所以展开式中的系数为.
13．
求出函数的导数，并求出的值，再利用导数的几何意义求出切线方程.
【详解】由，求导得，则，
解得，于是，则，
所以所求切线方程为，即.
故答案为：
14．
先根据对立事件概率公式和独立事件乘法公式求得，即可求出，变形为，利用等比数列定义及通项公式求解即可.
【详解】设经过秒（）后，质点位于平面BCD的概率为，质点位于点A的概率为，
则，从B、C、D每个点移动到A的概率为，则，所以，
则，，；
因为，所以，
所以是以为首项、为公比的等比数列，
所以，所以.
故答案为：；
15．(1)
(2)分布列见解析；数学期望为
（1）根据题意摸出3个球中至少有一个是2号球，且不能有比它小的1号，然后分情况计算一个2与两个2的情况，即可求出概率；
（2）的取值可以为，分别计算其概率，列出分布列并计算期望即可.
【详解】（1）从中随机摸出3个小球共有种，
摸到的小球上的数字的最小值为，则3个球中至少有一个是2号球，且不能有比它小的1号，
所以3个小球中只有一个2的有种，恰有两个2的有种，
则；
（2）根据题意的取值可以为，
，，，
所以的分布列为：
.
16．(1)证明见解析
(2)
（1）连接，交于点，连接，只需证明，再结合线面平行的判定定理即可得证；
（2）建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，利用向量法求解二面角的平面角的余弦值即可.
【详解】（1）
如图，连接，交于点，连接.
因为底面是矩形，所以是的中点，
又E为PD的中点，所以，
因为平面，平面，所以平面.
（2）因为平面ABCD，平面，所以，
又底面为矩形，所以，AB，AP两两垂直，
以为坐标原点，所在直线分别为x，y，z轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
，，则，，，，，，.
设平面的法向量为，
则，令得.
易知知是平面的一个法向量，
所以，
由图可知，二面角的平面角为锐角，
所以二面角的余弦值为.
17．(1)，；
(2)
（1）设等比数列的公比为，由和，利用等比数列的基本量列方程求解可得；
（2）由题中和的关系仿写后作差再变形，再由等比数列的定义得，设对比，列出方程组，求出的值，进而由等比数列的定义得，联立方程求得数列的通项.
【详解】（1）设等比数列的公比为，由得，
又，所以，所以，即，
解得或（舍去），所以，所以.
所以，
所以 ①，
则 ②
①②得：，
所以.
（2）因为，所以当时，，
所以，即，则有，
又，所以，所以，所以，
所以，所以数列是首项为、公比为的等比数列，
所以，①
设，则，
因为，所以，解得或
当时，，当时，
所以数列是首项为、公比为的等比数列，
所以②，①-②得．
18．(1)当时，函数在R上单调递增；当时，函数在上单调递减，在单调递增
(2)
(3)证明见详解
【详解】（1）由题知函数的定义域为R，，
当时，，函数在R上单调递增；
当时，又在R上单调递增，且，
所以当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增，
综上，当时，函数在R上单调递增；
当时，函数在上单调递减，在单调递增.
（2）由（1）知，当时，函数在R上单调递增，
又当时，，故不符合题意，
当时，，符合题意，
当时，函数在上单调递减，在单调递增，
所以，解得，
综上，的取值范围为.
（3）时，，
，
所以在上单调递减，在单调递增，
，
有两个实根和，，
，
不妨取，要证，即证，
现证明，即，
令，，
所以在单调递减，在单调递增，
即，所以，即，
再证明，即，
令，，
所以在单调递减，在单调递增，
即，所以，即，，
所以，即得证.
19．(1)甲最终获胜的概率为，得分的方差为
(2)证明见详解
【详解】（1）根据题意3局比赛中，甲获胜的局数服从二项分布，
甲最终获胜，则甲至少要赢2局，，
，所以甲最终获胜的概率，
，
又甲得分，，
故甲最终获胜的概率为，甲得分的方差为.
（2）证明：由题可知，
若比赛进行局，则在局时甲至少获胜的局，
若比赛到局时甲胜利局，则甲后2局必须胜出，
若比赛到局时甲胜利局，则甲后2局至少要胜一局，
若比赛到局时甲胜利至少局，则甲后2局可以任意，
所以
，又，
所以，
故，随着比赛局数越多，甲获胜的概率越大.药物
疾病
合计
未患病
患病
服用
18
7
25
未服用
12
8
20
合计
30
15
45
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
D
B
A
D
A
C
D
B
ACD
BC
题号
11









答案
ACD









1
2
3