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广东省广州市三校（广大附中、铁一中学、广州外国语）2024-2025学年高二下学期期末联考数学试题
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（2025高二下·广州期末）设等差数列的前项和为，若，，则（　　）
A．20 B．18 C．16 D．15
2．（2025高二下·广州期末）已知函数，曲线在点处的切线与直线平行，则实数的值为（　　）
A． B． C． D．1
3．（2025高二下·广州期末）下列说法不正确的是（　　）
A．对具有线性相关关系的变量，，且回归方程为，若样本点的中心为，则实数的值是
B．若随机变量服从正态分布，且，则
C．若线性相关系数越接近1，则两个变量的线性相关程度越高
D．一组数据10，10，11，12，12，14，16，19，21，21的第80百分位数为19
4．（2025高二下·广州期末）已知是边长为1的正三角形，为中点，且，则（　　）
A． B． C． D．
5．（2025高二下·广州期末）牛顿冷却定律，即温度高于周围环境的物体向周围媒质传递热量逐渐冷却时所遵循的规律.如果物体的初始温度为，则经过一定时间t分钟后的温度T满足，其中是环境温度，h为常数.现有一个105℃的物体，放在室温15℃的环境中，该物体温度降至75℃大约用时1分钟，那么再经过m分钟后，该物体的温度降至30℃，则m的值约为（　　）（参考数据：，）
A．2.9 B．3.4 C．3.9 D．4.4
6．（2025高二下·广州期末）在三棱锥中，和均是边长为的等边三角形，若，则三棱锥的体积为（　　）
A． B．4 C． D．
7．（2025高二下·广州期末）已知双曲线C：的左、右焦点分别为，，直线经过，且与C交于A，B两点，若，，则的离心率为（　　）
A． B． C． D．
8．（2025高二下·广州期末）甲、乙、丙三人玩传球游戏，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，若第一次由甲传出，则经过6次传球后，球恰在乙手中的概率为（　　）
A． B． C． D．
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分在每个小题给出的选项中，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．（2025高二下·广州期末）已知则（　　）
A． B．
C． D．
10．（2025高二下·广州期末）口袋里装有2红，2白共4个形状相同的小球，对其编号红球1，2，白球3，4，从中不放回的依次取出两个球，事件“第一次取出的是红球”，事件“第二次取出的是红球”，事件“取出的两球同色”，事件“取出的两球不同色”，则(　　)
A．A与B互斥 B．C与D互为对立事件
C．A与C相互独立 D．
11．（2025高二下·广州期末）已知是函数的极大值点，则（　　）
A．函数的极小值为0
B．若，则
C．若，则有3个相异的零点
D．若（其中），则
三、填空题：本题共3小题，每小题3分，共15分
12．（2025高二下·广州期末）若，则　 　．
13．（2025高二下·广州期末）为弘扬志愿者精神，某校举行“乐于助人”服务活动，现安排甲，乙等4人到三个不同地方参加活动，每个地方至少1人，若甲和乙不能去同一个地方，则不同的安排方式有　 　种．
14．（2025高二下·广州期末）2022年北京冬奥会开幕式中，当《雪花》这个节目开始后，一片巨大的“雪花”呈现在舞台中央，十分壮观.理论上，一片雪花的周长可以无限长，围成雪花的曲线称作“雪花曲线”，又称“科赫曲线”，是瑞典数学家科赫在1904年研究的一种分形曲线.如图是“雪花曲线”的一种形成过程：从一个正三角形开始，把每条边分成三等份，然后以各边的中间一段为底边分别向外作正三角形，再去掉底边，重复进行这一过程
若第1个图中的三角形的周长为1，则第n个图形的周长为　 　；若第1个图中的三角形的面积为1，则第n个图形的面积为　 　.
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．（2025高二下·广州期末）为数列的前n项和，已知．
（1）求的通项公式；
（2）设，求数列的前n项和．
16．（2025高二下·广州期末）已知函数有两个极值点.
（1）求实数的取值范围；
（2）记两个极值点分别为，，证明：.
17．（2025高二下·广州期末）甲、乙两选手进行象棋比赛，假设每局比赛结果相互独立，且每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为．
（1）若比赛采用三局两胜制，求甲获胜的概率；
（2）如果比赛采用五局三胜制（当一队赢得三场胜利时，该队获胜，比赛结束）进行比赛，求比赛的局数X的分布列和期望；
（3）如果每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，比赛的赛制有五局三胜制和三局两胜制两种选择，请问对于甲选手来说，该如何选择比赛赛制对自己更有利，请说明理由，由此你能得出什么结论．
18．（2025高二下·广州期末）已知椭圆的短轴长为2，离心率为．
（1）求的方程；
（2）若，分别是的左、右顶点，不与轴垂直的动直线与交于，两点（不同于，），且直线的斜率等于直线的斜率的2倍，求证：直线经过定点．
19．（2025高二下·广州期末）如图，在平面四边形中，为等腰直角三角形，为正三角形，，，现将沿翻折至，形成三棱锥，其中为动点.
（1）证明：；
（2）若，三棱锥的各个顶点都在球的球面上，求球心到平面的距离；
（3）求平面与平面夹角余弦值的最小值.
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和
【解析】【解答】解：设等差数列的公差为，首项为，
由题意可得：，解得，，
则.
故答案为：C.
【分析】设等差数列的公差为，首项为，由题意，利用等差数列的通项公式、前n项和公式列式求解即可.
2．【答案】A
【知识点】导数的几何意义；导数的四则运算；用斜率判定两直线平行
【解析】【解答】解：函数，，
因为曲线在点处的切线与直线平行，
所以，解得.
故答案为：A.
【分析】求函数的导函数，结合导数的几何意义以及直线平行斜率关系求解即可.
3．【答案】D
【知识点】回归分析；样本相关系数r及其数字特征；正态密度曲线的特点；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：A、由回归方程过样本点中心，即，解得，故A正确；
B、由正态分布的性质可知：，则，故B正确；
C、相关系数的绝对值越接近，两个变量的线性相关程度越高，故C正确；
D、，则第百分位数为第项和第项的平均数，故D错误.
故答案为：D.
【分析】根据回归方程必过样本点中心求得的值即可判断A；根据正态分布的特点求出对应的概率接即可判断B；根据相关系数越接近，两个变量的线性相关程度越高即可判断C；根据百分位定义求求解即可判断D.
4．【答案】D
【知识点】平面向量的基本定理；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：为正三角形，且为中点，则，如图所示：
易知，且，
则.
故答案为：D.
【分析】由题意，可得，表示，利用向量的数量积运算求解即可.
5．【答案】B
【知识点】指数式与对数式的互化；对数的性质与运算法则
【解析】【解答】解：由题意可得：，即，
，可得，即，
则，解得.
故答案为：B.
【分析】先由题意可得、，再利用指、对数互化求出m的值即可.
6．【答案】D
【知识点】直线与平面垂直的判定；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：取中点，连接，如图所示：
易知，
因为，所以，
在等腰三角形中，
，
因为平面，所以平面，
则.
故答案为：D.
【分析】取中点，连接，易知，证得平面，再由三棱锥体积公式求解即可.
7．【答案】A
【知识点】平面向量的数量积运算；双曲线的定义；双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：由，，可得，，
且A，B都在双曲线的右支上，如图所示：
设，则，，，
在中，，解得，
则，，
在中，，
即，解得，
则双曲线C的离心率为.
故答案为：A.
【分析】由题意可得，，且A，B都在双曲线的右支上，设，则，利用双曲线的定义表示，，再由勾股定理可得关系，从而可求双曲线的离心率．
8．【答案】C
【知识点】等比数列的通项公式；等比数列的性质；古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解：设事件“第次球在甲手中”，“第次球在乙手中”，
“第次球在丙手中”，
由题意可知：，，
则，
构造等比数列，
因为第一次由甲传球，可认为第次传球在甲，即，
所以是以为首项，公比为的等比数列，
故，
因为第一次由甲传球，之后都是等可能地将球传给另外两个人中的任何一人，所以乙、丙地位对称，
即，所以经过次传球后，球恰在乙手中的概率为.
故答案为：C.
【分析】由题意可列出球在甲手中的概率递推关系式，构造出等比数列，求出第次球在甲手中的概率表达式，由于乙、丙地位对称，求出第次球在甲手中的概率由对立事件即可得到经过次传球后，球恰在乙手中的概率.
9．【答案】A,B,D
【知识点】有理数指数幂的运算性质；基本不等式
【解析】【解答】解：A、因为，，，
则，当且仅当时等号成立，故A正确；
B、因为，，则，
当且仅当时等号成立，故B正确；
C、当且时，，
故C错误；
D、，
当且仅当，即时等号成立，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】利用基本不等式链求解即可判断A；根据基本不等式，结合指数幂运算可得，即可判断B；令，，即可判断C；利用“1”的妙用得到，结合基本不等式求解即可判断D.
10．【答案】B,C
【知识点】互斥事件与对立事件；相互独立事件；相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【解答】解：根据题意可得基本事件有12，13，14，23，24，34，21，31，41，32，42，43，共12种，事件A=“12，13，14，21，23，24”；
事件B=“12，21，31，41，32，42”；事件C=“12，21，34，42”；事件D=“13，14，23，24，31，41，32，42”.
对于A选项：因为，所以A与B不是互斥事件，故A选项错误；
对于B选项：，所以C与D互为对立事件，故B选项正确；
对于C选项：事件AC=“12，21”，所以，则，所以A与C相互独立，故C选项正确；
对于D选项：事件BD=“31，41，32，42”，，所以所以，故D选项错误.
故答案为：BC.
【分析】本题主要考查相互独立事件，互斥事件，对立事件的概念，根据题意将所有的基本事件，以及事件A，B，C，D所包含的基本事件全部一一列举出来，然后再根据相互独立事件，互斥事件，对立事件的概念，独立事件的定义以及条件概率的计算方法进行验证即可求解.
11．【答案】A,C,D
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】对于A中，由函数，可得，
因为是的极大值点，所以，解得，
所以，可得，
当时，，单调递增；当时，单调递减；
当时，单调递增，
所以函数的极大值点为，极小值点为0，所以A正确；
对于B中，当时，，则，
因为在区间上单调递减，所以，所以B错误；
对于C中，由，且当时，，当时，，
可得的图象，如图所示，
当时，有3个相异零点，所以C正确；
对于D中，因为，要证，只需证明，
由在上单调递增，需证明，
即当时，证明，
构造函数（其中），
则，
当时，，则在上单调递增，
所以，即当时，，
所以，所以，所以D正确．
故答案为：ACD.
【分析】先利用是极大值点，即利用求导，导函数等于0求出a的值，进而得到的表达式，求导判断函数的单调性与极值，判断AB选项；对于C选项，分离参数，利用求导画出函数的图像，注意极限思想，进而得到m的范围；对于D，将转化为证明，接着构造，利用的单调性，求导化简即可进行判断.
12．【答案】
【知识点】二倍角的余弦公式；三角函数诱导公式二~六
【解析】【解答】解：若，
则
．
故答案为：．
【分析】由题意，利用诱导公式以及余弦的二倍角公式化简求值即可.
13．【答案】
【知识点】排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：将4人按分组，
若不考虑限制条件，不同的安排方式有种，
当甲和乙去同一个地方时，有种不同的安排方式，
则若甲和乙不能去同一个地方，则不同的安排方式有种.
故答案为：.
【分析】先将4人按分组，先不考虑限制条件，求不同的安排方式的种数，再排除甲和乙去同一个地方的种数即可.
14．【答案】；
【知识点】等比数列概念与表示；等比数列的通项公式；等比数列的前n项和；等比数列的实际应用
【解析】【解答】解：记第个图形为，三角形边长为，边数，周长为，面积为，
有条边，边长；有条边，边长；有条边，
边长；
分析可知，即；，即，
当第1个图中的三角形的周长为1时，即，，
所以，
由图形可知是在每条边上生成一个小三角形，即，
即，，，，
利用累加法可得，
即数列是以为公比的等比数列，数列是以为公比的等比数列，
则是以为公比的等比数列，
当第1个图中的三角形的面积为1时，，即，
此时，，有条边，
则，
所以， 所以.
故答案为：，.
【分析】由图形之间的边长的关系，得到周长是等比数列，再按照等比数列通项公式求解即可；
由图形之间的面积关系及累加法，结合等比数列求和公式计算即可.
15．【答案】（1）解： 数列的前n项和 满足：①，②，
由得：，
因为，所以，
又当时，得，解得，
即数列是首项为2，公差为1的等差数列，
则；
（2）解：由（1）可得：，即，
则.
【知识点】等差数列概念与表示；等差数列的通项公式；数列的求和；通项与前n项和的关系
【解析】【分析】（1）利用的关系式可证明数列是首项为2，公差为1的等差数列，即可求得数列的通项公式；
（2）由（1）可得，利用裂项求和即可.
（1）由，①
可得．②
由得．
，．
又当时，得．
解得（舍去）
可得数列是首项为2，公差为1的等差数列
即．
（2）由（1）知，
可得．
因此；
可得
16．【答案】（1）解：函数的定义域为，，
因为有两个极值点，所以方程有两个不相等的正根，
所以，解得，
当时，令，解得或，
即函数在上单调递增，在上单调递减，
在上单调递增，满足题意，
则实数的取值范围为；
（2）证明：由（1）知，，
则，
即，
令，则，
令，则，所以在上单调递增，
因为，，
所以函数存在唯一零点，即，
且当时，单调递减；当时，，单调递增，
所以当时，存在最小值，即，
因为，所以，所以，
所以.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数最大（小）值；不等式的证明
【解析】【分析】（1）求函数的定义域，再求导，由题意可得在上有两个不相等的实数根，根据二次函数的性质列式求解，注意检验即可；
（2）由（1）可得，，代入化简，构造函数，再判断其单调性和最值，证明即可.
（1）由题意得，，.
因为有两个极值点，所以方程有两个不相等的正根，
所以，解得.
检验：当时，由得或.
所以在上单调递增，在上单调递减，
在上单调递增，满足题意.
所以实数的取值范围为.
（2）证明：由（1）知，，
所以，
所以.
令，则，
令，则，
所以在上单调递增.
因为，，
所以函数存在唯一零点，即，
且当时，单调递减；当时，，单调递增，
所以当时，存在最小值，即.
因为，所以，所以，
所以.
17．【答案】（1）解：设事件“比赛采用三局两胜制甲胜”，则；
（2）解：由题意可知：比赛的局数X的所有可能取值为3，4，5，
，，
，
的分布列为：
X 3 4 5
P
；
（3）解：采用三局二胜制进行比赛甲获胜的概率，
采用五局三胜制进行比赛甲获胜的概率，
令，
因为，所以．
当时，；
当时，；
当时，．
所以当时，选择三局两胜制对甲有利；当时，选择五局三胜对甲有利；
当时，选择五局三胜制和三局两胜制对甲没有影响，
由此可以得出，比赛局数越多，对实力较强者越有利.
【知识点】相互独立事件的概率乘法公式；离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差；二项分布
【解析】【分析】（1）设事件“比赛采用三局两胜制甲胜”，利用独立事件的概率乘法公式求解即可；
（2）由题意可知：比赛的局数为X的所有可能取值为3，4，5，求相应的概率，列分布列，再求数学期望即可；
（3）由题意，分别求三局二胜制、五局三胜制比赛中甲获胜的概率，利用作差比较法比较判断即可.
（1）设事件“比赛采用三局两胜制甲胜”，则．
（2）比赛的局数为X的所有可能取值为3，4，5，
可得，，
．
所以随机变量的分布列为：
X 3 4 5
P
所以期望为．
（3）采用三局二胜制进行比赛甲获胜的概率，
采用五局三胜制进行比赛甲获胜的概率：．
令，
因为，所以．
当时，；
当时，；
当时，．
所以当时，选择三局两胜制对甲有利；当时，选择五局三胜对甲有利；
当时，选择五局三胜制和三局两胜制对甲没有影响．
由此可以得出，比赛局数越多，对实力较强者越有利.
18．【答案】（1）解：易知，即，
因为 离心率为 ，所以，解得，
ze 椭圆方程；
（2）解：设直线方程为，设，
联立，消整理可得，
其中，
由韦达定理可得：，
由已知得：，
再化简得：，
代入得，整理得：，
因为直线不经过点，所以，即，即，
则直线的方程为，即直线经过定点.
【知识点】恒过定点的直线；椭圆的标准方程；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）易知，利用椭圆的离心率求得，即可得椭圆方程；
（2）设直线方程为，设，联立直线与椭圆方程，消元整理，利用韦达定理，结合斜率关系，可转化根与系数的关系上来，最后可得，得直线方程，即可求直线过定点.
（1）由题意得：，
，所以解得，
即椭圆方程；
（2）设直线方程为，与椭圆联立，消得：
，
其中，
设，则，
由已知得：，
再化简得：，
代入得：，
整理得：，
因为直线不经过点，所以，
即，
所以直线的方程为，
因此直线经过定点.
19．【答案】（1）证明：取的中点，连接，如图所示：
因为，，且的中点，所以，
又因为平面，所以平面，
又因为平面，所以；
（2）解：当时，由，则，
取的中点，连接，如图所示：
故到四点的距离相等，即为三棱锥外接球的球心，
因为，所以，
设到平面的距离为，到平面的距离为，
由等体积法可得而
由于，故，
则，，
故到平面的距离为；
（3）解：以为原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
过点作平面的垂线，垂足为，
设为翻折过程中所旋转的角度，则，
故，
，
则，
设平面的法向量为，
则，
取，则，即，
设平面的法向量
则，
取，，即，
设平面平面与的夹角为，
，
，
令，，故，
由于，故，
当且仅当，即时等号成立，
故平面与平面夹角余弦值的最小值为，此时.
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；用空间向量研究二面角；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）取的中点，连接，根据，，利用线线垂直的判定定理证明平面，再根据线面垂直的性质证明即可；
（2）取的中点，连接，利用等体积法求解即可；
（3）以为原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，求解平面法向量，即可根据向量的夹角公式求解，利用换元法，结合基本不等式求解最值即可.
（1）取的中点，连接，
因为，，且的中点，所以，
又平面，故平面，
由于平面，故，
（2）当时，由则，
取的中点，连接
故到四点的距离相等，故为三棱锥外接球的球心，
因为故，
设到平面的距离为，到平面的距离为，
由等体积法可得
而
由于故，
所以从而
故到平面的距离为，
（3）以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，
过点作平面的垂线，垂足为，
设为翻折过程中所旋转的角度，则，
故，
，
则，
设平面的法向量为，则
，
取则，
设平面的法向量
，
取则，
设平面平面与的夹角为，
故
，
，
令，，故，
由于，故
当且仅当即时取等号，
故平面与平面夹角余弦值的最小值为，此时.
1 / 1广东省广州市三校（广大附中、铁一中学、广州外国语）2024-2025学年高二下学期期末联考数学试题
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（2025高二下·广州期末）设等差数列的前项和为，若，，则（　　）
A．20 B．18 C．16 D．15
【答案】C
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和
【解析】【解答】解：设等差数列的公差为，首项为，
由题意可得：，解得，，
则.
故答案为：C.
【分析】设等差数列的公差为，首项为，由题意，利用等差数列的通项公式、前n项和公式列式求解即可.
2．（2025高二下·广州期末）已知函数，曲线在点处的切线与直线平行，则实数的值为（　　）
A． B． C． D．1
【答案】A
【知识点】导数的几何意义；导数的四则运算；用斜率判定两直线平行
【解析】【解答】解：函数，，
因为曲线在点处的切线与直线平行，
所以，解得.
故答案为：A.
【分析】求函数的导函数，结合导数的几何意义以及直线平行斜率关系求解即可.
3．（2025高二下·广州期末）下列说法不正确的是（　　）
A．对具有线性相关关系的变量，，且回归方程为，若样本点的中心为，则实数的值是
B．若随机变量服从正态分布，且，则
C．若线性相关系数越接近1，则两个变量的线性相关程度越高
D．一组数据10，10，11，12，12，14，16，19，21，21的第80百分位数为19
【答案】D
【知识点】回归分析；样本相关系数r及其数字特征；正态密度曲线的特点；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：A、由回归方程过样本点中心，即，解得，故A正确；
B、由正态分布的性质可知：，则，故B正确；
C、相关系数的绝对值越接近，两个变量的线性相关程度越高，故C正确；
D、，则第百分位数为第项和第项的平均数，故D错误.
故答案为：D.
【分析】根据回归方程必过样本点中心求得的值即可判断A；根据正态分布的特点求出对应的概率接即可判断B；根据相关系数越接近，两个变量的线性相关程度越高即可判断C；根据百分位定义求求解即可判断D.
4．（2025高二下·广州期末）已知是边长为1的正三角形，为中点，且，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】平面向量的基本定理；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：为正三角形，且为中点，则，如图所示：
易知，且，
则.
故答案为：D.
【分析】由题意，可得，表示，利用向量的数量积运算求解即可.
5．（2025高二下·广州期末）牛顿冷却定律，即温度高于周围环境的物体向周围媒质传递热量逐渐冷却时所遵循的规律.如果物体的初始温度为，则经过一定时间t分钟后的温度T满足，其中是环境温度，h为常数.现有一个105℃的物体，放在室温15℃的环境中，该物体温度降至75℃大约用时1分钟，那么再经过m分钟后，该物体的温度降至30℃，则m的值约为（　　）（参考数据：，）
A．2.9 B．3.4 C．3.9 D．4.4
【答案】B
【知识点】指数式与对数式的互化；对数的性质与运算法则
【解析】【解答】解：由题意可得：，即，
，可得，即，
则，解得.
故答案为：B.
【分析】先由题意可得、，再利用指、对数互化求出m的值即可.
6．（2025高二下·广州期末）在三棱锥中，和均是边长为的等边三角形，若，则三棱锥的体积为（　　）
A． B．4 C． D．
【答案】D
【知识点】直线与平面垂直的判定；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：取中点，连接，如图所示：
易知，
因为，所以，
在等腰三角形中，
，
因为平面，所以平面，
则.
故答案为：D.
【分析】取中点，连接，易知，证得平面，再由三棱锥体积公式求解即可.
7．（2025高二下·广州期末）已知双曲线C：的左、右焦点分别为，，直线经过，且与C交于A，B两点，若，，则的离心率为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】平面向量的数量积运算；双曲线的定义；双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：由，，可得，，
且A，B都在双曲线的右支上，如图所示：
设，则，，，
在中，，解得，
则，，
在中，，
即，解得，
则双曲线C的离心率为.
故答案为：A.
【分析】由题意可得，，且A，B都在双曲线的右支上，设，则，利用双曲线的定义表示，，再由勾股定理可得关系，从而可求双曲线的离心率．
8．（2025高二下·广州期末）甲、乙、丙三人玩传球游戏，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，若第一次由甲传出，则经过6次传球后，球恰在乙手中的概率为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】等比数列的通项公式；等比数列的性质；古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解：设事件“第次球在甲手中”，“第次球在乙手中”，
“第次球在丙手中”，
由题意可知：，，
则，
构造等比数列，
因为第一次由甲传球，可认为第次传球在甲，即，
所以是以为首项，公比为的等比数列，
故，
因为第一次由甲传球，之后都是等可能地将球传给另外两个人中的任何一人，所以乙、丙地位对称，
即，所以经过次传球后，球恰在乙手中的概率为.
故答案为：C.
【分析】由题意可列出球在甲手中的概率递推关系式，构造出等比数列，求出第次球在甲手中的概率表达式，由于乙、丙地位对称，求出第次球在甲手中的概率由对立事件即可得到经过次传球后，球恰在乙手中的概率.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分在每个小题给出的选项中，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．（2025高二下·广州期末）已知则（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A,B,D
【知识点】有理数指数幂的运算性质；基本不等式
【解析】【解答】解：A、因为，，，
则，当且仅当时等号成立，故A正确；
B、因为，，则，
当且仅当时等号成立，故B正确；
C、当且时，，
故C错误；
D、，
当且仅当，即时等号成立，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】利用基本不等式链求解即可判断A；根据基本不等式，结合指数幂运算可得，即可判断B；令，，即可判断C；利用“1”的妙用得到，结合基本不等式求解即可判断D.
10．（2025高二下·广州期末）口袋里装有2红，2白共4个形状相同的小球，对其编号红球1，2，白球3，4，从中不放回的依次取出两个球，事件“第一次取出的是红球”，事件“第二次取出的是红球”，事件“取出的两球同色”，事件“取出的两球不同色”，则(　　)
A．A与B互斥 B．C与D互为对立事件
C．A与C相互独立 D．
【答案】B,C
【知识点】互斥事件与对立事件；相互独立事件；相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【解答】解：根据题意可得基本事件有12，13，14，23，24，34，21，31，41，32，42，43，共12种，事件A=“12，13，14，21，23，24”；
事件B=“12，21，31，41，32，42”；事件C=“12，21，34，42”；事件D=“13，14，23，24，31，41，32，42”.
对于A选项：因为，所以A与B不是互斥事件，故A选项错误；
对于B选项：，所以C与D互为对立事件，故B选项正确；
对于C选项：事件AC=“12，21”，所以，则，所以A与C相互独立，故C选项正确；
对于D选项：事件BD=“31，41，32，42”，，所以所以，故D选项错误.
故答案为：BC.
【分析】本题主要考查相互独立事件，互斥事件，对立事件的概念，根据题意将所有的基本事件，以及事件A，B，C，D所包含的基本事件全部一一列举出来，然后再根据相互独立事件，互斥事件，对立事件的概念，独立事件的定义以及条件概率的计算方法进行验证即可求解.
11．（2025高二下·广州期末）已知是函数的极大值点，则（　　）
A．函数的极小值为0
B．若，则
C．若，则有3个相异的零点
D．若（其中），则
【答案】A,C,D
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】对于A中，由函数，可得，
因为是的极大值点，所以，解得，
所以，可得，
当时，，单调递增；当时，单调递减；
当时，单调递增，
所以函数的极大值点为，极小值点为0，所以A正确；
对于B中，当时，，则，
因为在区间上单调递减，所以，所以B错误；
对于C中，由，且当时，，当时，，
可得的图象，如图所示，
当时，有3个相异零点，所以C正确；
对于D中，因为，要证，只需证明，
由在上单调递增，需证明，
即当时，证明，
构造函数（其中），
则，
当时，，则在上单调递增，
所以，即当时，，
所以，所以，所以D正确．
故答案为：ACD.
【分析】先利用是极大值点，即利用求导，导函数等于0求出a的值，进而得到的表达式，求导判断函数的单调性与极值，判断AB选项；对于C选项，分离参数，利用求导画出函数的图像，注意极限思想，进而得到m的范围；对于D，将转化为证明，接着构造，利用的单调性，求导化简即可进行判断.
三、填空题：本题共3小题，每小题3分，共15分
12．（2025高二下·广州期末）若，则　 　．
【答案】
【知识点】二倍角的余弦公式；三角函数诱导公式二~六
【解析】【解答】解：若，
则
．
故答案为：．
【分析】由题意，利用诱导公式以及余弦的二倍角公式化简求值即可.
13．（2025高二下·广州期末）为弘扬志愿者精神，某校举行“乐于助人”服务活动，现安排甲，乙等4人到三个不同地方参加活动，每个地方至少1人，若甲和乙不能去同一个地方，则不同的安排方式有　 　种．
【答案】
【知识点】排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：将4人按分组，
若不考虑限制条件，不同的安排方式有种，
当甲和乙去同一个地方时，有种不同的安排方式，
则若甲和乙不能去同一个地方，则不同的安排方式有种.
故答案为：.
【分析】先将4人按分组，先不考虑限制条件，求不同的安排方式的种数，再排除甲和乙去同一个地方的种数即可.
14．（2025高二下·广州期末）2022年北京冬奥会开幕式中，当《雪花》这个节目开始后，一片巨大的“雪花”呈现在舞台中央，十分壮观.理论上，一片雪花的周长可以无限长，围成雪花的曲线称作“雪花曲线”，又称“科赫曲线”，是瑞典数学家科赫在1904年研究的一种分形曲线.如图是“雪花曲线”的一种形成过程：从一个正三角形开始，把每条边分成三等份，然后以各边的中间一段为底边分别向外作正三角形，再去掉底边，重复进行这一过程
若第1个图中的三角形的周长为1，则第n个图形的周长为　 　；若第1个图中的三角形的面积为1，则第n个图形的面积为　 　.
【答案】；
【知识点】等比数列概念与表示；等比数列的通项公式；等比数列的前n项和；等比数列的实际应用
【解析】【解答】解：记第个图形为，三角形边长为，边数，周长为，面积为，
有条边，边长；有条边，边长；有条边，
边长；
分析可知，即；，即，
当第1个图中的三角形的周长为1时，即，，
所以，
由图形可知是在每条边上生成一个小三角形，即，
即，，，，
利用累加法可得，
即数列是以为公比的等比数列，数列是以为公比的等比数列，
则是以为公比的等比数列，
当第1个图中的三角形的面积为1时，，即，
此时，，有条边，
则，
所以， 所以.
故答案为：，.
【分析】由图形之间的边长的关系，得到周长是等比数列，再按照等比数列通项公式求解即可；
由图形之间的面积关系及累加法，结合等比数列求和公式计算即可.
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．（2025高二下·广州期末）为数列的前n项和，已知．
（1）求的通项公式；
（2）设，求数列的前n项和．
【答案】（1）解： 数列的前n项和 满足：①，②，
由得：，
因为，所以，
又当时，得，解得，
即数列是首项为2，公差为1的等差数列，
则；
（2）解：由（1）可得：，即，
则.
【知识点】等差数列概念与表示；等差数列的通项公式；数列的求和；通项与前n项和的关系
【解析】【分析】（1）利用的关系式可证明数列是首项为2，公差为1的等差数列，即可求得数列的通项公式；
（2）由（1）可得，利用裂项求和即可.
（1）由，①
可得．②
由得．
，．
又当时，得．
解得（舍去）
可得数列是首项为2，公差为1的等差数列
即．
（2）由（1）知，
可得．
因此；
可得
16．（2025高二下·广州期末）已知函数有两个极值点.
（1）求实数的取值范围；
（2）记两个极值点分别为，，证明：.
【答案】（1）解：函数的定义域为，，
因为有两个极值点，所以方程有两个不相等的正根，
所以，解得，
当时，令，解得或，
即函数在上单调递增，在上单调递减，
在上单调递增，满足题意，
则实数的取值范围为；
（2）证明：由（1）知，，
则，
即，
令，则，
令，则，所以在上单调递增，
因为，，
所以函数存在唯一零点，即，
且当时，单调递减；当时，，单调递增，
所以当时，存在最小值，即，
因为，所以，所以，
所以.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数最大（小）值；不等式的证明
【解析】【分析】（1）求函数的定义域，再求导，由题意可得在上有两个不相等的实数根，根据二次函数的性质列式求解，注意检验即可；
（2）由（1）可得，，代入化简，构造函数，再判断其单调性和最值，证明即可.
（1）由题意得，，.
因为有两个极值点，所以方程有两个不相等的正根，
所以，解得.
检验：当时，由得或.
所以在上单调递增，在上单调递减，
在上单调递增，满足题意.
所以实数的取值范围为.
（2）证明：由（1）知，，
所以，
所以.
令，则，
令，则，
所以在上单调递增.
因为，，
所以函数存在唯一零点，即，
且当时，单调递减；当时，，单调递增，
所以当时，存在最小值，即.
因为，所以，所以，
所以.
17．（2025高二下·广州期末）甲、乙两选手进行象棋比赛，假设每局比赛结果相互独立，且每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为．
（1）若比赛采用三局两胜制，求甲获胜的概率；
（2）如果比赛采用五局三胜制（当一队赢得三场胜利时，该队获胜，比赛结束）进行比赛，求比赛的局数X的分布列和期望；
（3）如果每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，比赛的赛制有五局三胜制和三局两胜制两种选择，请问对于甲选手来说，该如何选择比赛赛制对自己更有利，请说明理由，由此你能得出什么结论．
【答案】（1）解：设事件“比赛采用三局两胜制甲胜”，则；
（2）解：由题意可知：比赛的局数X的所有可能取值为3，4，5，
，，
，
的分布列为：
X 3 4 5
P
；
（3）解：采用三局二胜制进行比赛甲获胜的概率，
采用五局三胜制进行比赛甲获胜的概率，
令，
因为，所以．
当时，；
当时，；
当时，．
所以当时，选择三局两胜制对甲有利；当时，选择五局三胜对甲有利；
当时，选择五局三胜制和三局两胜制对甲没有影响，
由此可以得出，比赛局数越多，对实力较强者越有利.
【知识点】相互独立事件的概率乘法公式；离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差；二项分布
【解析】【分析】（1）设事件“比赛采用三局两胜制甲胜”，利用独立事件的概率乘法公式求解即可；
（2）由题意可知：比赛的局数为X的所有可能取值为3，4，5，求相应的概率，列分布列，再求数学期望即可；
（3）由题意，分别求三局二胜制、五局三胜制比赛中甲获胜的概率，利用作差比较法比较判断即可.
（1）设事件“比赛采用三局两胜制甲胜”，则．
（2）比赛的局数为X的所有可能取值为3，4，5，
可得，，
．
所以随机变量的分布列为：
X 3 4 5
P
所以期望为．
（3）采用三局二胜制进行比赛甲获胜的概率，
采用五局三胜制进行比赛甲获胜的概率：．
令，
因为，所以．
当时，；
当时，；
当时，．
所以当时，选择三局两胜制对甲有利；当时，选择五局三胜对甲有利；
当时，选择五局三胜制和三局两胜制对甲没有影响．
由此可以得出，比赛局数越多，对实力较强者越有利.
18．（2025高二下·广州期末）已知椭圆的短轴长为2，离心率为．
（1）求的方程；
（2）若，分别是的左、右顶点，不与轴垂直的动直线与交于，两点（不同于，），且直线的斜率等于直线的斜率的2倍，求证：直线经过定点．
【答案】（1）解：易知，即，
因为 离心率为 ，所以，解得，
ze 椭圆方程；
（2）解：设直线方程为，设，
联立，消整理可得，
其中，
由韦达定理可得：，
由已知得：，
再化简得：，
代入得，整理得：，
因为直线不经过点，所以，即，即，
则直线的方程为，即直线经过定点.
【知识点】恒过定点的直线；椭圆的标准方程；椭圆的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）易知，利用椭圆的离心率求得，即可得椭圆方程；
（2）设直线方程为，设，联立直线与椭圆方程，消元整理，利用韦达定理，结合斜率关系，可转化根与系数的关系上来，最后可得，得直线方程，即可求直线过定点.
（1）由题意得：，
，所以解得，
即椭圆方程；
（2）设直线方程为，与椭圆联立，消得：
，
其中，
设，则，
由已知得：，
再化简得：，
代入得：，
整理得：，
因为直线不经过点，所以，
即，
所以直线的方程为，
因此直线经过定点.
19．（2025高二下·广州期末）如图，在平面四边形中，为等腰直角三角形，为正三角形，，，现将沿翻折至，形成三棱锥，其中为动点.
（1）证明：；
（2）若，三棱锥的各个顶点都在球的球面上，求球心到平面的距离；
（3）求平面与平面夹角余弦值的最小值.
【答案】（1）证明：取的中点，连接，如图所示：
因为，，且的中点，所以，
又因为平面，所以平面，
又因为平面，所以；
（2）解：当时，由，则，
取的中点，连接，如图所示：
故到四点的距离相等，即为三棱锥外接球的球心，
因为，所以，
设到平面的距离为，到平面的距离为，
由等体积法可得而
由于，故，
则，，
故到平面的距离为；
（3）解：以为原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
过点作平面的垂线，垂足为，
设为翻折过程中所旋转的角度，则，
故，
，
则，
设平面的法向量为，
则，
取，则，即，
设平面的法向量
则，
取，，即，
设平面平面与的夹角为，
，
，
令，，故，
由于，故，
当且仅当，即时等号成立，
故平面与平面夹角余弦值的最小值为，此时.
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；用空间向量研究二面角；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）取的中点，连接，根据，，利用线线垂直的判定定理证明平面，再根据线面垂直的性质证明即可；
（2）取的中点，连接，利用等体积法求解即可；
（3）以为原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，求解平面法向量，即可根据向量的夹角公式求解，利用换元法，结合基本不等式求解最值即可.
（1）取的中点，连接，
因为，，且的中点，所以，
又平面，故平面，
由于平面，故，
（2）当时，由则，
取的中点，连接
故到四点的距离相等，故为三棱锥外接球的球心，
因为故，
设到平面的距离为，到平面的距离为，
由等体积法可得
而
由于故，
所以从而
故到平面的距离为，
（3）以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，
过点作平面的垂线，垂足为，
设为翻折过程中所旋转的角度，则，
故，
，
则，
设平面的法向量为，则
，
取则，
设平面的法向量
，
取则，
设平面平面与的夹角为，
故
，
，
令，，故，
由于，故
当且仅当即时取等号，
故平面与平面夹角余弦值的最小值为，此时.
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