资源简介 2024-2025学年河南省驻马店市高二(下)期末数学试卷一、单选题:本题共8小题,每小题5分,共40分。在每小题给出的选项中,只有一项是符合题目要求的。1.在空间直角坐标系中,点关于平面对称的点的坐标是( )A. B. C. D.2.已知随机变量等可能取值为,,,,若,则( )A. B. C. D.3.在数列中,已知,,,则( )A. B. C. D.4.已知直线是双曲线的一条渐近线,则的离心率为( )A. B. C. D.5.在等比数列中,,若函数,则( )A. B. C. D.6.定义在上的奇函数不是常数函数的导函数为,当时,恒有,则不等式的解集为( )A. B.C. D.7.已知点,为圆:上两点,且,点在直线上,点为线段中点,则的最小值为( )A. B. C. D.8.设函数,若恒成立,则的最小值为( )A. B. C. D.二、多选题:本题共3小题,共18分。在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求。9.下列求导运算不正确的是( )A. B.C. D.10.设是等差数列的前项和,若,,则下列结论正确的是( )A. B.C. 时,最大 D. 使的的最大值为11.已知抛物线:的准线为,焦点为,为抛物线上的动点,过点作:的一条切线,为切点,过作的垂线,垂足为,则( )A. 准线与圆相切B. 过点,的直线与抛物线相交的弦长为C. 当点,,三点共线时,D. 满足的点有且仅有个三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分。12.函数的单调递增区间是______.13.在的展开式中,含项的系数为______.14.如图,在三棱锥中,平面,记与平面所成的角为,,,,若为平面内一动点,满足,则最大值为______.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.本小题分某人工智能芯片需经过两道独立的性能测试首次测试测试Ⅰ通过率为,未通过测试Ⅰ的芯片进入第二次测试测试Ⅱ,通过率为通过任意一次测试即为合格芯片,否则报废.若某批次生产了枚芯片,合格数为随机变量当,时,求的期望与方差;已知一枚芯片合格,求这枚芯片是通过测试Ⅰ的概率.16.本小题分已知数列的前项和为,且.求的通项公式;设,记数列的前项和为,证明:.17.本小题分如图,已知四棱锥的底面是直角梯形,,,,且,.证明:平面平面;求二面角所成平面角的正弦值.18.本小题分已知椭圆的长轴长为,以椭圆的焦点和短轴端点为顶点的四边形的面积为.求椭圆的方程;过点且斜率为的直线与椭圆交于,两点.(ⅰ)若线段的中点横坐标为,求;(ⅱ)点与点关于轴对称在轴上是否存在定点,使,,三点共线?若存在,求实数的值,若不存在,说明理由.19.本小题分已知函数自然常数.当时,求函数在处的切线方程;讨论函数的极值点个数;若恒成立,求的取值范围.参考答案1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. 10. 11. 12. 13. 14. 15.设“芯片合格”为事件,由题易知每个芯片合格的概率为,所以随机变量满足二项分布,则,;记事件:芯片合格,事件:通过测试,事件:通过测试Ⅱ,由题意得,,则,故所求概率为.16.因为,所以,解得,对任意的,,得,即,所以数列是以为首项,为公比的等比数列,所以.证明:因为,所以,因为,数列为单调递增数列,所以,即.17.证明:由题意:,,,平面,,所以平面,因为平面,所以,又,,平面,且四边形为梯形,且,所以与必相交,所以平面.又平面,所以平面平面.以为原点,建立如图空间直角坐标系,因为平面,所以轴.设,,则,,,.所以,,.设平面的法向量为,则,取.设平面的法向量为,则,取.所以,,.所以,所以,即二面角所成平面角的正弦值为.18.根据题意得,解得.因此椭圆为.由题意,直线为,设,,联立直线和椭圆方程可得,化简得,根的判别式,且根据韦达定理可得.由于线段的中点横坐标为,那么可得,解得.(ⅱ)由于点与点关于轴对称,因此点,若在轴上存在定点,使,,三点共线,那么可得.,因为,那么.那么,那么,解得.因此在轴上存在定点,使,,三点共线.19.当时,函数,则,而导函数,那么,因此在处的切线为即.根据函数,,那么导函数,显然,,当时,导函数,因此在上单调递增,无极值点;当时,令,得,令,得,因此在上单调递减,在上单调递增,那么无极小值点,有个极大值点.综上所述,当时,函数有个极大值点,无极小值点;当时,函数无极值点.根据第二问知,当时,在上单调递增,且时,,显然不满足恒成立;当时,在上单调递减,在上单调递增,那么,设函数,那么导函数,因此在上单调递增,又,要使恒成立,则,所以的取值范围为.第1页,共1页 展开更多...... 收起↑ 资源预览