福建省2024_2025学年高二数学下学期期末考试含解析

这是一份福建省2024_2025学年高二数学下学期期末考试含解析，共14页。试卷主要包含了2B等内容，欢迎下载使用。
1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2.请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
3.选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚.
4.考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交.
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. “为锐角”是“”的（ ）
A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【详解】若为锐角，则，而，则可以为锐角，也可以为零角，还可以为负角，
所以“为锐角”是“”的充分而不必要条件.
故选：A
2. 已知函数在处可导，且，则（ ）
A. B. C. 4D. 8
【答案】D
【详解】由，得，可得.
故选：D.
3. 设随机变量，，则（ ）
A. 0.2B. 0.3C. 0.4D. 0.6
【答案】B
【详解】根据可知正态曲线关于对称，
易知，
因此可得.
故选：B
4. 在等比数列中，若且，则（ ）
A. 64B. 32C. 16D. 8
【答案】C
【详解】由等比数列的性质可得，易知，故，
又，所以，故，可得.
故选：C.
5. 已知一道解答题共有两小问，某班50个人中有30个人能够解答出第一问．在第一问解答不出的情况下，解答出第二问的概率为0.1，第一问解答出来的情况下，第二问解答不出来的概率为0.7，则解答出第二问的概率为（ ）
A. 0.46B. 0.22C. 0.18D. 0.04
【答案】B
【详解】设“解出第一问”为事件，“解出第二问”为事件，
由题意可得：，
则，
所以.
故选：B
6. 若函数在其定义域内的区间内有极值点，则实数m的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【详解】由，
则当时，，当时，，
所以函数的减区间为，增区间为，
则依题意有，可得，
故选：C.
7. 从编号1~10的10张卡片中依次不放回地抽出两张，记事件A：“第一次抽到的卡片编号数字为5的倍数”，事件B：“第二次抽到的卡片编号数字小于第一次”，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【详解】由题意，在1~10这10个数字中，5的倍数有5、10，共2个，
所以事件A发生的概率，
记事件AB表示“第一次抽到的卡片编号数字为5的倍数且第二次抽到的卡片编号数字小于第一次”，
若第一次抽到5，那么第二次从剩下9张卡片中抽小于5的卡片，有4种抽法；
若第一次抽到10，那么第二次从剩下9张卡片中抽小于10的卡片，有9种抽法；
所以.
根据条件概率公式，.
故选：B.
8. 在一个具有五个行政区域的地图上，用6种颜色着色，若相邻的区域不能用同一种颜色，则不同的着色方法共有（ ）
A. 1450种B. 1480种C. 1520种D. 1560种
【答案】D
【详解】先涂3区域，共有6种涂法，然后涂1区域，共有5种涂法，
然后涂5区域，若1和5区域同色，一共的涂法种数为；
若1和5区不同色，一共的涂法种数为.
故一共的涂色总数为.
故选：D.
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. 曲线在点P处的切线平行于直线，则点P的坐标可能为（ ）
A. B. C. D.
【答案】AD
【详解】设切点.
因为曲线在点P处的切线的斜率，所以，所以点P的坐标为或.
故选：AD.
10. 关于 的展开式，下列说法中正确的是（ ）
A. 各项系数之和为1
B. 第二项与第四项的二项式系数相等
C. 常数项为60
D. 有理项共有4项
【答案】ACD
【详解】对于A，令时，则展开式中各项系数之和为1，故A正确；
对于B，第二项二项式系数,第四项的二项式系数,第二项与第四项的二项式系数不相等，故B错误；
对于C，展开式的通项为，
令，∴，展开式中的常数项为，故C正确；
对于D，展开式的通项为，当时，，所以展开式的有理项共有4项，故D正确.
故选：ACD.
11. 函数的部分图象如图所示，则（ ）
A. 的图象关于直线对称
B. 的图象向左平移个单位长度后得到函数
C. 的单调递增区间为
D. 若方程在上有且只有6个根，则
【答案】ACD
【详解】由图可知，且经过，故可得，
由①，结合，则得，代入②，化简得，即，
由图知，原函数的最小正周期满足，解得，故，即.
对于A，当时，因，故直线是的一条对称轴，故A正确；
对于B，将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数，故B错误；
对于C，因，
由，可得，
即的单调递增区间为，故C正确；
对于D，由可得，设，因，则，
依题意函数与在上必有6个交点，作出函数的图象如下：
由图知，需使，解得，故D正确.
故选：ACD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知，则________．
【答案】
【详解】，
故答案为：.
13. 已知圆台的上、下底面半径分别为r，2r，高为，则圆台体积的最大值为______.
【答案】
【详解】由题意可得：，解得，
因为圆台的体积为，
则，，
令，解得；令，解得；
可得函数的单调递减区间为，单调递增区间为，
且当时，，所以圆台体积的最大值为.
故答案为：.
14. 已知数列的前项和为，且，则______.
【答案】300
【详解】若为奇数，则是偶数，是奇数，
则 ①， ②.
由得，
所以数列的奇数项是首项为，公差为3的等差数列，
故
.
故答案为：300.
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤.
15. 在中，角，，所对的边分别为，，，且.
（1）求；
（2）若，的面积为，求的周长.
【答案】（1）
（2）
【小问1详解】
，
，
又，
，即.
又，.
【小问2详解】
，的面积为，
，即.
由余弦定理可得，
即，
又，
的周长为.
16. 在等差数列中，，．
（1）求通项公式及其前项和的最小值；
（2）若数列为等比数列，且，，求的前项和．
【答案】（1），最小值为
（2）
【小问1详解】
设等差数列的公差为.
因为，所以，解得，
所以.
所以.
因为，所以当或时取得最小值，
且最小值为.
【小问2详解】
由（1）可得：，，
所以等比数列的公比为，
所以，所以等比数列的前项和.
17. 已知函数在取得极值为.
（1）求实数a，b的值；
（2）若，求函数在区间上的值域.
【答案】（1），.
（2）答案见解析
【小问1详解】
由，有，
解得，，故，.
【小问2详解】
由（1）有，，
令有或，可得函数的减区间为，增区间为，，
又由，，令可得或3，
①当时，，，函数在区间上的值域为.
②当时，，，函数在区间上的值域为.
③当时，，，函数在区间上的值域为.
综上所述：当时，函数在区间上的值域为；
当时，函数在区间上的值域为；
当时，函数在区间上的值域为.
18. 甲参加一项招聘考试，分为笔试和面试两个环节，笔试成绩合格后才能进入面试.笔试共有2道专业理论题与2道岗位实践题，每道专业理论题的难度系数（考生能够正确作答的概率）均为，每道岗位实践题的难度系数均为，考生至少答对3道题才能进入面试，否则被淘汰出局；面试共有5道问答题，由考官逐一提问作答，累计答对3道题或答错3道题，面试结束.已知甲笔试得满分的概率为，笔试和面试各题是否答对相互独立.
（1）当时，求；
（2）求甲能够进入面试的概率的最小值及相应的值；
（3）已知甲通过了笔试环节，面试时每道题的难度系数是（2）中求得的值，令甲面试结束时的答题数为，求的分布列与数学期望.
【答案】（1）
（2）；
（3）的分布列见解析；
【小问1详解】
由题意，笔试和面试各题是否答对相互独立，
所以甲笔试满分的概率为，则，
又，所以.
【小问2详解】
由题意，甲至少答对3道题才能够进入面试，
所以甲能够进入面试的概率，
由（1）知，则，
则，
整理得，
因为， ，
所以，
当且仅当，即时，等号成立，
所以甲能够进入面试的概率的最小值为，相应的值为.
【小问3详解】
由（2）知，面试时每道题的难度系数是，则甲答对每道面试题的概率，
由题意，甲累计答对3道题或答错3道题，面试结束，
所以甲面试结束时的答题数的可能取值为3，4，5，
当时，，
当时，，
当时，，
所以的分布列为：
数学期望为：.
19. 已知函数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）若，求实数a的取值范围；
（3）若函数有且仅有两个零点，，且，证明：.
【答案】（1）答案见解析
（2）
（3）证明见解析
【小问1详解】
由，
①当时，有，函数单调递增；
②当时，令，有，可得函数的减区间为，增区间为.
【小问2详解】
①当时，由，符合题意.
②当时，由，不合题意.
③当，若，有，可得，
由上知，若，则实数a的取值范围为.
【小问3详解】
由（1）知，当时，函数单调递增，最多只有一个零点，可得，
又由，，有，
要证：，只需要证，
只需要证：，只需要证：，
只需要证：，
令，上述不等式可化，
只需证：，
令，有，
令，有，
可得函数单调递增，有，
可得函数单调递增，有（当且仅当时取等号），
可得不等式成立，由上知.3
4
5