广东省深圳市2024-2025学年高二下学期期末考试 数学（含解析）

这是一份广东省深圳市2024-2025学年高二下学期期末考试 数学（含解析），共9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．已知是两个不同的平面，是两条不同的直线，下列命题中正确的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
2．2025年蛇年春晚的武汉分会场地点设在黄鹤楼，楼的外观有五层而实际上内部有九层．为营造春节的喜庆气氛，主办方决定在黄鹤楼的外部用灯笼进行装饰．这五层楼预计共挂186盏灯笼，且相邻两层中的下一层灯笼数是上一层灯笼数的2倍，则最中间一层需要挂灯笼的数量为（ ）
A．12盏B．24盏C．36盏D．48盏
3．根据变量Y和x的成对样本数据，由一元线性回归模型得到经验回归模型，求得残差图.对于以下四幅残差图，满足一元线性回归模型中对随机误差假设的是（ ）
A．B．
C．D．
4．函数的单调递增区间是（ ）
A．B．
C．D．
5．某单位选出3名党员和5名民主党派人士，并从中随机选取4人组成代表队参赛．在代表队中既有党员又有民主党派人士的条件下，党员甲被选中的概率为（ ）
A．B．C．D．
6．将4个编号为1，2，3，4的小球放入4个编号为1，2，3，4的盒子中，下列说法错误的是（ ）
A．恰有一个空盒，有324种放法
B．把4个不同的小球换成4个相同的小球，恰有一个空盒，有12种放法
C．有256种放法
D．每盒至多两球，有204种放法
7．若半径为的球与正六棱柱的各个面均相切，则该正六棱柱外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
8．若点P是曲线上任意一点，且点P到直线的距离的最小值，则a的值为（ ）
A．0B．4C．-6D．4或-6
二、多选题
9．甲公司从某年起连续7年的利润情况如下表所示．
根据表中的数据可得回归直线方程为，则以下正确的是（ ）
A．B．相关系数
C．第8年的利润预计大约为8.3亿元D．第6个样本点的实际值比预测值小0.1
10．下列说法正确的有（ ）
A．若随机变量，且，则
B．若随机变量，，则，
C．已知事件A，B，若，且，，则
D．有2个白球和4个黑球，从中一次摸三个球，记摸得白球数为X，则
11．如图所示，正方体的棱长为2，点为侧面内的一个动点（含边界），点分别是线段、、的中点，则下列结论正确的是（ ）
A．直线平面B．平面截正方体所得的截面面积为
C．的最小值为D．若，则点的运动轨迹长度为
三、填空题
12．在的展开式中，项的系数为 ．
13．南宋数学家杨辉为我国古代数学研究做出了杰出贡献，他的著名研究成果“杨辉三角”记录于其重要著作《详解九章算法》，该著作中的“垛积术”问题介绍了高阶等差数列，以高阶等差数列中的二阶等差数列为例，其特点是从数列的第二项开始，每一项与前一项的差构成等差数列．若某个二阶等差数列的前4项为1，3，7，13，则该数列的第10项为 ．
14．，且，不等式恒成立，则m的取值范围为 ．
四、解答题
15．已知函数．
(1)求曲线在处的切线方程；
(2)当时，求函数的极值．
16．已知数列中，．
(1)证明数列是等差数列，并求的通项公式；
(2)设，求的前项和．
17．深圳一高中为了解学生周末使用手机的情况，统计了全校所有学生在一年内周末使用手机的时长，现随机抽取了名同学在某个周末使用手机的时长，结果如下表：
(1)若将周末使用为小时及小时以上的，称为“经常使用”，其余的称为“不经常使用”．
请完成以下列联表，并依据小概率值的独立性检验，能否认为性别因素与使用的经常性有关系；
(2)对于周末使用手机小时及以上的同学，学校想要为进一步了解他们的手机使用情况：
（ⅰ）在样本的名周末使用手机小时及以上的同学中，随机抽取人进行访谈，求恰好抽中名男生的概率；
（ⅱ）在和小明的访谈中得知，他有款喜爱的手机游戏，并且在周五周六周日三天中，每天随机选择一款玩一个小时，每天的选择互相独立.记至少选中过一次游戏的数目为，求的分布列和数学期望．
附：，．
18．如图，四边形是正方形，平面平面，，，，．
(1)求证：平面；
(2)求二面角的大小．
(3)点在直线BD上，直线与直线CE的夹角为，二面角为，是否存在点，使得．如果存在，请求出；如果不存在，请说明理由．
19．已知函数，．
(1)讨论的单调性；
(2)证明：；
(3)若，求的取值范围．
1．A
可根据空间中直线与平面、平面与平面的位置关系的判定定理逐一分析选项.
【详解】对于选项A，若，，根据线面垂直的性质可知，该选项A正确；
对于选项B，若，，，则与可能平行、相交或异面，选项B错误；
对于选项C，若，，则或，该选项C错误；
对于选项D，若，，，，当时，与可能相交，
根据面面平行的判定定理，需与相交时才有，该选项D错误.
故选：A
2．B
各层楼的灯笼数从上至下依次成等比数列，依据公比和前5项和可求得首项，即可求最中间一层的灯笼数量．
【详解】五层楼预计共挂186盏灯笼，且相邻两层中的下一层灯笼数是上一层灯笼数的2倍，
由题意知，各层楼的灯笼数从上至下依次成等比数列，记为数列，
第5层楼所挂灯笼数为，公比．
由，解得.
则最中间一层的灯笼数为24．
故选：B．
3．D
根据一元线性回归模型中对随机误差的假定进行判断.
【详解】根据一元线性回归模型中对随机误差的假定，残差应是均值为、方差为的随机变量的观测值.
对于A选项，残差与有线性关系，故A错误；
对于B选项，残差的方差不是一个常数，随着观测时间变大而变小，故B错；
对于C选项，残差与有非线性关系，故C错；
对于D选项，残差比较均匀地分布在以取值为的横轴为对称轴的水平带状区域内，故D正确.
故选：D.
4．B
求出导函数，在定义域内解不等式可得单调递增区间.
【详解】因为，，所以对函数求导得：，
令，即，，，
解得，
因此函数的单调递增区间为．
故选：B.
5．C
根据条件概率公式计算即可．
【详解】既有党员又有民主党派人士有种，
其中党员甲被选中有种，
所以在代表队中既有党员又有民主党派人士的条件下，党员甲被选中的概率为．
故选：C．
6．A
对选项进行逐一分析，选项A先从4个盒子中选出一个空盒，再从4个球中选2个放入剩下3个盒子中的1个，再将剩余2球各1个放入剩余2盒中，据此得出放法总数；选项B先从四个盒子中选出三个盒子，再从三个盒子中选出一个盒子放入两个球，余下两个盒子各放一个．已知四个小球相同即没有顺序，属于组合问题；选项C根据分步乘法原理分析求解；选项D在选项C的基础上减去每盒至少3个球的情况可得.
【详解】选项A：先从4个盒子中选出一个空盒，再从4个球中选2个放入剩下3个盒子中的1个，再将剩余2球各1个放入剩余2盒中，故有种放法，故A错误；
选项B：先从四个盒子中选出三个盒子，再从三个盒子中选出一个盒子放入两个球，余下两个盒子各放一个．已知四个小球相同即没有顺序，属于组合问题，故共有种放法，故B正确；
选项C：每个小球都可能放入4个盒子中的任何一个，将小球一个一个放入盒子，共有种放法，故C正确；
对于D：由C分析，不考虑盒中球个数，共有256种放法，
若一个盒中放3个球，另外1盒放1球，则有种放法，
若1个盒中放4球，有4种放法，故每盒至少3个球的情况有种，
所以每盒至多两球，有种放法，故D正确.
故选：A.
7．D
根据半径为的球与正六棱柱的各个面均相切，可得正六棱柱的高和底面正六边形的内切圆半径，可求出底面正六边形的外接圆半径，即可求出外接球的半径和表面积.
【详解】因为半径为的球与正六棱柱的各个面均相切，
所以正六棱柱的高，底面正六边形的内切圆半径为，
如图所示，正六边形外心和内心是同一点，根据内切圆半径和外切圆半径的关系，
可得底面正六边形的外接圆半径，
所以该正六棱柱外接球半径为，
所以外接球的表面积为.
故选：D.
8．B
利用导数求曲线上一点到直线的最小距离，先在曲线上求与直线平行的直线，得到切点，再求切点到直线的距离即可.
【详解】由，求导得，其中直线的斜率为2，
令，解得：
当时，则，故到直线的距离最小，
由点到直线的距离公式得最小值为，解得或，
且时，曲线与直线有交点，距离最小值为0，舍去．
故选：B.
9．ABD
根据线性回归方程，逐项分析即可.
【详解】由表可知， ， ，
根据回归直线的性质，样本中心点必须在直线上， ，
解得m=4.8，故A正确；
由表可知，y是随着x的增加而增加的，即是正相关，故B正确；
将带入回归方程，得 ，故C错误；
将带入回归方程，得 ，由表可知，实际值为5.2，
故D正确；
故选：ABD.
10．ACD
选项A:已知随机变量的正态分布关于对称，得出，结合题给条件求解；选项B：根据题给条件求出随机变量的期望和方差，结合，根据期望和方差的性质进行判断；选项C:根据事件的包含关系和互斥性进行计算，求出条件概率值；选项D：根据超几何分布的期望公式进行计算.
【详解】选项A：∵，∴，
因为对称轴为，∴，
∴，故A正确；
选项B：由可得，，，
对于，根据期望和方差的性质：
∴正确，错误，故B错.
选项C：∵，∴，∴
，故C正确；
选项D：X服从超几何分布，总数,白球数,抽取数,根据超几何分布期望公式计算可得，,选项D对.
故选：ACD．
11．AC
对于A,利用线面平行的判定定理，证明平行于平面内的一条线即可；对于B，判断截面为等腰梯形，然后利用梯形的面积公式求解即可；对于C，建立空间直角坐标系，设点坐标，将表示出来，利用二次函数求最值即可；对于D，利用确定点的轨迹方程，然后利用两点距离公式求长度即可.
【详解】对于A，连接,
因为点分别是线段、的中点，
所以，所以平面，
点分别是线段、的中点，故,
故四边形为平行四边形，所以且平面，
故直线平面，故A正确；
对于B，由A选项可知，平面截正方体所得的截面为梯形
且由正方体可知，,
故梯形的高,
故梯形的面积,故B错误；
对于C，以为原点，分别以为轴，轴，轴建空间直角坐标系，
则,
点为侧面内的一个动点（含边界），故设
所以，
所以，
当时，即时，等号成立，故C正确；
对于D，，若，
则，即，
因为故当时，此时，
当时，此时，
故点的运动轨迹为从点到点的一条线段，轨迹长度为，故D错误.
故选：AC
12．
写出所求式子的展开式的通项，令通项的次数为即可求解.
【详解】的展开式通项，
则的展开式的通项为：
，
所以所求项的系数为．
故答案为：
13．91
由已知结合等差数列的通项公式及累加法即可求解．
【详解】设该二阶等差数列为，则，，，，
由二阶等差数列的定义可知，，，，，
所以数列是以为首项，公差的等差数列，
即，
所以，，，，，
将所有上式累加可得，
所以．
故答案为：91．
14．
不妨设，通过分析即，令，则，即在上单调递增，求导分析即可.
【详解】不妨设，则，由可得，
所以，令，则
因为，所以在上单调递增，
所以对于恒成立，可得对于恒成立，所以．
故答案为：
15．(1)
(2)极小值，无极大值．
（1）对求导，利用导数的几何意义，求出切线的斜率，并求出切点坐标，利用点斜式，即可求解；
（2）求出单调区间，即可判断极值点，求出极值.
【详解】（1）因为，所以，切点为，
因为，所以，
切线方程为，即．
（2）由（1）可知，有，
当时，令，得，
当x变化时，和的变化情况如下表：
所以当时，有极小值，无极大值．
16．(1)证明见解析，
(2)
（1）利用等差数列的定义判断是等差数列，结合等差数列的通项公式求的通项公式.
（2）利用错位相减求和法求数列的前项和.
【详解】（1）当时，，
所以，，又，所以，
故是以2为首项，3为公差的等差数列.
故，所以，．
（2），
令，①
则，②
①-②得：，
，
故.
17．(1)表格见解析，性别因素与学生使用的经常性有关系
(2)（ⅰ）；（ⅱ）分布列见解析，
【详解】（1）根据统计表格数据可得列联表如下：
零假设为性别与使用手机情况独立，即性别因素与学生使用手机的经常性无关；
根据列联表的数据计算可得，
根据小概率值的独立性检验，推断不成立，
即性别因素与学生使用的经常性有关系，此推断犯错误的概率不超过．
（2）（ⅰ）设抽取的三人中男生的人数为，易知名周末使用手机小时及以上的同学中有名男生，名女生，
所以的所有可能取值为、、、，
且服从超几何分布：，
则恰好抽中名男生的概率为；
（ⅱ）由题意得，的所有可能取值为、、，
则，，，
则的分布列如下
所以．
18．(1)证明见解析
(2)
(3)存在
【详解】（1）如图，以A为原点，、、为x轴、y轴、z轴正方向，建立空间直角坐标系，

依题意，得，，，，，，
取的中点M，连接，则，，，
所以，则，又平面，平面，
所以平面.
（2）取中点，则，又，则，
由且都在面内，则面，
由，则面，面，故，
由，、平面，所以平面，
故为平面的一个法向量.
设平面的法向量，且，，
所以，即，令，得.
所以，
由图，二面角为钝二面角，所以二面角的大小为.
（3）设 ，由（2）可知二面角的大小为， ．
所以直线与直线CE的夹角为，
，，则 ，，.
，
化简可得，
解得 ，此时 ，
即存在点 ，.
19．(1)答案见解析
(2)证明见解析
(3)
【详解】（1）由，可得，
当时，，即函数在上为增函数；
当时，由，解得，
当时，，当时，，
故函数在上单调递增，在上单调递减.
综上，当时，函数在上为增函数；
当时，函数在上单调递增，在上单调递减.
（2）因函数的定义域为，，
令，则，
即函数在上单调递增，当时，，且，
故存在，使，则得.
当时，，即，故函数在上单调递减；
当时，，即，故函数在上单调递增.
故，
因，故得，即，故.
（3）由可得，即，
设，则，故函数在上单调递增，则.
再设，则，
当时，，故函数在上单调递减；
当时，，故函数在上单调递增，
故，故得，即的取值范围是.第x年
1
2
3
4
5
6
7
利润y（亿元）
2.9
3.3
3.6
4.4
m
5.2
5.9
周末使用手机时长（h）
0
1
2
3
4
5
6
合计
男生人数
1
2
4
5
6
5
4
3
30
女生人数
4
5
5
6
4
3
2
1
30
合计
5
7
9
11
10
8
6
4
60
性别
使用手机
合计
不经常
经常
男生
女生
合计
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
A
B
D
B
C
A
D
B
ABD
ACD
题号
11









答案
AC









单调递减
极小值
单调递增
性别
使用手机
合计
不经常
经常
男生
女生
合计