资源简介

永州市冠一高级中学2025年7月高二期末考试
数学
本试卷共4页。全卷满分150分，考试时间120分钟。
注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上。
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的答案标号涂黑，如有改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案；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。
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．若集合，，则（ ）
A. B. C. D.
2．一组数据按从小到大的顺序排列为2，4，m，12，16，17，若该组数据的中位数是极差的，则该组数据的第40百分位数是（ ）
A. 4 B. 5 C. 6 D. 9
3．2023年10月23日，杭州亚运会历时16天圆满结束.亚运会结束后，甲 乙 丙 丁 戊五名同学排成一排合影留念，其中甲 乙均不能站左端，且甲 丙必须相邻，则不同的站法共有（ ）
A. 18种 B. 24种 C. 30种 D. 36种
4．若O是所在平面内一点，且满足，则的形状为（　　）
A. 等边三角形 B. 等腰三角形 C. 等腰直角三角形 D. 直角三角形
5．记为等差数列的前项和，若，则（ ）
A. 20 B. 16 C. 14 D. 12
6．已知函数的图象恰为椭圆x轴上方的部分，若，，成等比数列，则平面上点（s，t）的轨迹是（ ）
A. 线段（不包含端点） B. 椭圆一部分
C. 双曲线一部分 D. 线段（不包含端点）和双曲线一部分
7．已知，则的值为（ ）
A. B. 1 C. 4 D.
8．小明将与等边摆成如图所示的四面体，其中，，若平面，则四面体外接球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
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．下列函数中最小值为2的是（ ）
A. B.
C. D.
10．已知分别为随机事件的对立事件，满足，则下列叙述可以说明事件A，B为相互独立事件的是（ ）
A. B.
C. D.
11．已知双曲线的左、右焦点分别为、，过左焦点的直线与双曲线的左支相交于两点（在第二象限），点与关于坐标原点对称，点的坐标为），则下列结论正确的是（ ）
A. 记直线、的斜率分別为、，则3
B. 若，则
C. 的最小值为6
D. 的取值范围是
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．样本数据16，24，14，10，20，30，12，14，40的中位数为________
13.近期，哈尔滨这座“冰城”火了，2024年元旦假期三天接待游客300多万人次，神秘的鄂伦春族再次走进世人的眼帘，这些英雄的后代讲述着英雄的故事，让哈尔滨大放异彩．现安排6名鄂伦春小伙去三个不同的景点宣传鄂伦春族的民俗文化，每个景点至少安排1人，则不同的安排方法种数是______．
14.已知中，，边上的高与边上的中线相等，则__________.
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，某红茶批发地只经营甲、乙、丙三种品牌的红茶,且甲、乙、丙三种品牌的红茶优质率分别为0.9,0.8,0.7.
(1)若该红茶批发地甲、乙、丙三种品牌的红茶场占有量的比例为4∶4∶2,小张到该批发地任意购买一盒红茶,求他买到的红茶是优质品的概率;
(2)若小张到该批发地甲、乙、丙三种品牌店各任意买一盒红茶,求他恰好买到两盒优质红茶的概率.
16，如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面ABB1A1是边长为2的菱形,
∠ABB1=,AC=2,M为A1B1中点,CM=.
(1)证明:平面ABC⊥平面ABB1A1;
(2)若BC=2,求平面ABC与平面ABC1夹角的余弦值.
17，如图,某班级学生用皮尺和测角仪(测角仪的高度为1.7 m)测量重庆瞰胜楼的高度,测角仪底部A和瞰胜楼楼底O在同一水平线上,从测角仪顶点C处测得楼顶M的仰角∠MCE=16.5°(点E在线段MO上).他沿线段AO向楼前进100 m到达B点,此时从测角仪顶点D处测得楼顶M的仰角∠MDE=48.5°,楼尖MN的视角
∠MDN=3.5°(N是楼尖底部,在线段MO上).
(1)求楼高MO和楼尖MN;
(2)若测角仪底在线段AO上的F处时,楼尖MN的视角最大,求此时测角仪底到楼底的距离FO.
参考数据:,tan 16.5°≈,tan 48.5°≈,≈37.4.
18，设曲线f(x)=ax-ln x在x=1处的切线垂直于y轴.
(1)求函数f(x)的单调区间;
(2)若x>1,证明:f(x)19，已知Sn为数列{an}的前n项和,Tn为数列{bn}的前n项和,an+2=2an+1-an,bn=b4=8,S5=15.
(1)求{an}的通项公式;
(2)若T2n-S2n<2 025,求n的最大值;
(3)设cn=,证明:.
答案
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．若集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】因为，所以定义域为，
所以，即，
所以.
故选：D.
2．一组数据按从小到大的顺序排列为2，4，m，12，16，17，若该组数据的中位数是极差的，则该组数据的第40百分位数是（ ）
A. 4 B. 5 C. 6 D. 9
【答案】C
【解析】根据题意，数据按从小到大的顺序排列为2，4，m，12，16，17，
则极差为，故该组数据的中位数是，
数据共6个，故中位数为，解得，
因为，所以该组数据的第40百分位数是第3个数6，
故选：C.
3．2023年10月23日，杭州亚运会历时16天圆满结束.亚运会结束后，甲 乙 丙 丁 戊五名同学排成一排合影留念，其中甲 乙均不能站左端，且甲 丙必须相邻，则不同的站法共有（ ）
A. 18种 B. 24种 C. 30种 D. 36种
【答案】C
【解析】由题意可知，当丙站在左端时，有种站法；
当丙不站在左端时，有种站法.
由分类加法计数原理可得，一共有种不同的站法.
故选：C.
4．若O是所在平面内一点，且满足，则的形状为（　　）
A. 等边三角形 B. 等腰三角形 C. 等腰直角三角形 D. 直角三角形
【答案】D
【解析】∵，，
∴，两边平方，化简得∴.
∴为直角三角形.
因为不一定等于，所以不一定为等腰直角三角形.
故选：D.
5．记为等差数列的前项和，若，则（ ）
A. 20 B. 16 C. 14 D. 12
【答案】D
【解析】∵是等差数列，
∴，，所以，
∴公差，
∴，
∴，
故选：D．
6．已知函数的图象恰为椭圆x轴上方的部分，若，，成等比数列，则平面上点（s，t）的轨迹是（ ）
A. 线段（不包含端点） B. 椭圆一部分
C. 双曲线一部分 D. 线段（不包含端点）和双曲线一部分
【答案】A
【解析】因为函数的图象恰为椭圆x轴上方的部分，
所以，
因为，，成等比数列，
所以有，且有成立，
即成立，
由，
化简得：，或，
当时，即，因为，所以平面上点（s，t）的轨迹是线段（不包含端点）；
当时，即，
因为，所以，而，所以不成立，
故选：A
7．已知，则的值为（ ）
A. B. 1 C. 4 D.
【答案】C
【解析】在中，
而，
由二项式定理知展开式的通项为，
令，解得，令，，
故，
同理令，解得，令，解得，
故，故.
故选：C
8．小明将与等边摆成如图所示的四面体，其中，，若平面，则四面体外接球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】中，取中点，则为的外心，
在等边中取重心， 也为的外心，
取中点，连接，
过，的外心作所在平面的垂线，
所得交点即为外接球的球心，
则，平面，则平面，
则，
，平面，平面，
，，平面，
则平面，所以，
故为矩形，
则，
，
则
则外接球的表面积为.
故选：C
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．下列函数中最小值为2的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AB
【解析】由题意，
A项，，故A正确；
B项，在中，，所以，当且仅当时，等号成立，故B正确；
C项，，，故，当且仅当即时等号成立，C错误；
D项，，，只有当时才有，当且仅当即时等号成立，故D错误.
故选：AB
10．已知分别为随机事件的对立事件，满足，则下列叙述可以说明事件A，B为相互独立事件的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】对于A，由， 得即，所以相互独立， 故A正确;
对于B，由，得，
又，所以，
得即，所以相互独立，所以相互独立，故B正确;
对于C，由，，得，
由得，故，所以事件A，B相互独立错误，故C 错误;
对于D， 由，得，
又 ，所以，所以相互独立， 故D正确.
故选：ABD.
11．已知双曲线的左、右焦点分别为、，过左焦点的直线与双曲线的左支相交于两点（在第二象限），点与关于坐标原点对称，点的坐标为），则下列结论正确的是（ ）
A. 记直线、的斜率分別为、，则3
B. 若，则
C. 的最小值为6
D. 的取值范围是
【答案】ABD
【解析】若直线与渐近线平行时，
根据对称性不妨取直线方程为，
联立，得，
设，，，
由于两点均在双曲线的左支上，所以，，，
对于A：设，，，
则，，
均在双曲线上，，所以，
所以，，A错误.
对于B：由知，，
由对称性得，，则四边形为矩形，则，
设，，则在中，
由余弦定理得，
即，
即，
，
则，
则，B正确；
对于，
当，，三点共线时，，
，则直线，
联立，解得，与矛盾，故C错误；
对于，
又，所以，
结合，得，的取值范围是，故D正确.
故选：BD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．样本数据16，24，14，10，20，30，12，14，40的中位数为________
【答案】16
【解析】将这些数据从小到大排列可得：10，12，14，14，16，20，24，30，40，
则其中位数为16.
故答案为：16
13.近期，哈尔滨这座“冰城”火了，2024年元旦假期三天接待游客300多万人次，神秘的鄂伦春族再次走进世人的眼帘，这些英雄的后代讲述着英雄的故事，让哈尔滨大放异彩．现安排6名鄂伦春小伙去三个不同的景点宣传鄂伦春族的民俗文化，每个景点至少安排1人，则不同的安排方法种数是______．
【答案】540
【解析】若三个景点安排的人数之比为，则有种安排方法；
若三个景点安排的人数之比为，则有种安排方法；
若三个景点安排的人数之比为，则有种安排方法，
故不同的安排方法种数是．
故答案为：540
14.已知中，，边上的高与边上的中线相等，则__________.
【答案】
【解析】如下图所示，设边上的高为，边上的中线为，
在中，，所以，
由，平方得，
代入得，，
化简得，，解得，
又因为，所以，所以.
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，某红茶批发地只经营甲、乙、丙三种品牌的红茶,且甲、乙、丙三种品牌的红茶优质率分别为0.9,0.8,0.7.
(1)若该红茶批发地甲、乙、丙三种品牌的红茶场占有量的比例为4∶4∶2,小张到该批发地任意购买一盒红茶,求他买到的红茶是优质品的概率;
(2)若小张到该批发地甲、乙、丙三种品牌店各任意买一盒红茶,求他恰好买到两盒优质红茶的概率.
解析　(1)设事件A,B,C分别表示小张买到的红茶品牌为甲品牌、乙品牌、丙品牌,事件D表示他买到的红茶是优质品,
则依据已知可得P(A)=P(B)==0.4,P(C)=0.2,
P(D|A)=0.9,P(D|B)=0.8,P(D|C)=0.7,
由全概率公式得P(D)=P(A)P(D|A)+P(B)P(D|B)+P(C)·P(D|C)=0.9×0.4+0.8×0.4+0.7×0.2=0.82,
所以他买到的红茶是优质品的概率为0.82.
(2)设事件E表示他恰好买到两盒优质红茶,组成事件E的情况有:
甲、乙为优质红茶丙不是优质红茶,甲、丙为优质红茶乙不是优质红茶,乙、丙为优质红茶甲不是优质红茶,且优质与否互相独立,则P(E)=0.9×0.8×(1-0.7)+0.9×(1-0.8)×0.7+(1-0.9)×0.8×0.7=0.216+0.126+0.056=0.398,
所以他恰好买到两盒优质红茶的概率为0.398.
16，如图,三棱柱ABC-A1B1C1中,侧面ABB1A1是边长为2的菱形,
∠ABB1=,AC=2,M为A1B1中点,CM=.
(1)证明:平面ABC⊥平面ABB1A1;
(2)若BC=2,求平面ABC与平面ABC1夹角的余弦值.
解析　(1)证明:连接AM,AB1,在菱形ABB1A1中,A1A=A1B1=2,∠AA1B1=∠ABB1=,故△AA1B1为正三角形,
又M为A1B1的中点,故AM⊥A1B1,且AM=,
又AB∥A1B1,故AM⊥AB,
由CM=,AC=2,AM=得AM2+AC2=CM2,故AM⊥AC,
而AB∩AC=A,AB,AC 平面ABC,故AM⊥平面ABC,
又AM 平面ABB1A1,故平面ABC⊥平面ABB1A1.
(2)由BC=AB=2,AC=2得BC2+BA2=AC2,故CB⊥AB,
又平面ABC⊥平面ABB1A1,平面ABC∩平面ABB1A1=AB,
CB 平面ABC,故CB⊥平面ABB1A1,
取BB1的中点O,由△ABB1为正三角形,得AO⊥BB1,
作OH∥BC,交CC1于H,故OH⊥平面ABB1A1,
又BB1,OA 平面ABB1A1,故OH⊥OA,OH⊥OB1,
则OA,OB1,OH两两垂直,以O为坐标原点,分别以OA,OB1,OH所在直线为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,
则A(,0,0),B(0,-1,0),C(0,-1,2),C1(0,1,2),M,则=(,1,0),=(0,2,2),
因为AM⊥平面ABC,
所以是平面ABC的法向量,
设平面ABC1的法向量为n=(x,y,z),则
即,则可得n=(1,-,),
故cos而平面ABC与平面ABC1夹角的范围为,
故平面ABC与平面ABC1夹角的余弦值为.
17，如图,某班级学生用皮尺和测角仪(测角仪的高度为1.7 m)测量重庆瞰胜楼的高度,测角仪底部A和瞰胜楼楼底O在同一水平线上,从测角仪顶点C处测得楼顶M的仰角∠MCE=16.5°(点E在线段MO上).他沿线段AO向楼前进100 m到达B点,此时从测角仪顶点D处测得楼顶M的仰角∠MDE=48.5°,楼尖MN的视角
∠MDN=3.5°(N是楼尖底部,在线段MO上).
(1)求楼高MO和楼尖MN;
(2)若测角仪底在线段AO上的F处时,楼尖MN的视角最大,求此时测角仪底到楼底的距离FO.
参考数据:,tan 16.5°≈,tan 48.5°≈,≈37.4.
解析　(1)∠MCE=16.5°,∠MDE=48.5°,∴∠DMC=32°.
在△CDM中,由正弦定理得CM=,
又CD=100 m,∴CM=.
∴ME=CMsin∠MCE==40 m,
∴MO=ME+EO=40+1.7=41.7(m).
CE==135(m).
∴DE=CE-CD=35 m.
∵∠NDE=∠MDE-∠MDN=45°,∴NE=DE=35 m,MN=ME-NE=5 m.
(2)连接MG,NG,设FO=x m,则tan∠MGE=,tan∠NGE=,
∴tan∠MGN=tan(∠MGE-∠NGE)=
=,
当且仅当x=,即x≈37.4时,等号成立.
∴楼尖MN的视角最大时测角仪底到楼底的距离FO为37.4 m.
18，设曲线f(x)=ax-ln x在x=1处的切线垂直于y轴.
(1)求函数f(x)的单调区间;
(2)若x>1,证明:f(x)解析　(1)因为曲线f(x)=ax-ln x在x=1处的切线垂直于y轴,所以f '(1)=0.
由f(x)=ax-ln x得f '(x)=a-,则f '(1)=a-=0 a=1,
则f(x)=x-ln x, f '(x)=1-,
当x∈(0,1)时, f '(x)<0, f(x)单调递减;
当x∈(1,+∞)时, f '(x)>0, f(x)单调递增.
则f(x)的单调增区间为(1,+∞),单调减区间为(0,1).
(2)证明:f(x)即2x-ln x-ex-1-1<0,设h(x)=2x-ln x-ex-1-1,x>1,
则h'(x)=2-,令g(x)=2x-xex-1-1,
则g'(x)=2-(ex-1+xex-1),
令φ(x)=xex-1,则φ'(x)=ex-1(x+1),因为x>1,则φ'(x)>0恒成立,则φ(x)在(1,+∞)上单调递增,
则易知g'(x)=2-(ex-1+xex-1)在(1,+∞)上单调递减,
则g'(x)则h'(x)<0在(1,+∞)上恒成立,
则h(x)19，已知Sn为数列{an}的前n项和,Tn为数列{bn}的前n项和,an+2=2an+1-an,bn=b4=8,S5=15.
(1)求{an}的通项公式;
(2)若T2n-S2n<2 025,求n的最大值;
(3)设cn=,证明:.
解析　(1)由an+2=2an+1-an得an+2-an+1=an+1-an,
所以数列{an}为等差数列,所以S5=5a3=15,所以a3=3.
又b4==8,所以a4=4,
设{an}的公差为d,由
所以{an}的通项公式是an=n.
(2)由(1)知an=n,所以bn=
S2n==n(2n+1),
T2n=(b1+b3+…+b2n-1)+(b2+b4+…+b2n)
==n(2n+1)+,
由T2n-S2n=<2 025,得2·4n<6 077,
设dn=2·4n,则数列{dn}是递增数列.
又d5=2 048<6 077,d6=2×46=8 192>6 077,所以n的最大值为5.
(3)证明:由(2)知cn=,
设Qn是{cn}的前n项和,则Qn+1-Qn=cn+1>0,
所以{Qn}是递增数列,所以Qn≥Q1=c1=成立.
Q1=c1=,
当n≥2时,2·4n-2-4n=4n-2>0,所以2·4n-2>4n,
得cn=,
所以Qn<
=.
综上,.

展开更多......

收起↑