福建省百校2024-2025学年高二下学期期末联考数学（含答案）

福建百校高二期末考试数学全卷满分150分,考试时间120分钟选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑—、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21"u为锐角"是"u<T"的2C.充要条件D.既不充分也不必要条件limf(1+AX)(1)f2.已知丽数f(z)在x=1处可导且dr--044r=2,则flimf(1+AX)(1)fA.B.C.4D8843.设随机变量XN(3,2),且P(X≤5)=0.8,则P(1≤XA.0.2B.0.3C.0.4D.0.64.在等比数列(a,}中,若a23=82且a1=1,则a5=A.64B.32C.16D.85.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·在第一问解答不率为0.7,则解答出第二问的概率为A.0.46B.0.22C.0.18D.0.04若函数ftz)=2+ln+在其定义域内的区间(2m-1,2m)·则实数m的取值范围为231113343224·24231113343224·24【高二数学第1页(共4页)】A【高二数学第2页(共4页)】A7.字为5的倍数事件PB27ABCD3IA)=17 1718同的着色方法共有A·1450种B.1480种C.1520种D.1560种二、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f(x)3z+3在点P处的切线平行于直线y=2uz-1,则点P的坐标可能为A.(1,3)B.(0,3)C.(2,9)D.(—1,3)C.常数项为60D.有理项共有4项2函数ftr)=Asinwr+p)(A>oo>0le则243A.f(x)z433B.f(1)35kkCkZfkkCkZ32则Df3在32则Df33分共35分分共3已知2则sin2已知22为奇数则的前且项和为则的前且为偶数【高二数学第3页(共4页)】A,,共77四、515.(本小题满分13分)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,C,且asinB-3/bcosA=0.(1)求A;(2)若a=13\/,△ABC的面积为\,求△ABC的周长·16.(本小题满分15分)a,}中as,7(1)求数列(a,}通项公式及其前n项和S,的最小值;(2)若数列b,}为等比数列,且b,=ag,b2a,求{b,}的前n项和T,.17.(本小题满分15分)已知函数f(1)3UN2+b在z=2取得极值为-2.(1)求实数a,b的值;(2)若t>0,求函数f(x)在区间[0,]上的值域·【高二数学第4页(共4页)】A18.(本小题满分17分)率)均为p(0<p<1),每道岗位实践题的难度系数均为q(0<q<1),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(2)求甲能够进入面试的概率f(p)的最小值及相应的p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p值,设甲面试结束时面试的答题数为X,求X的分布列与数学期望.19.(本小题满分17分)(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)若f(1)≥0,求实数a的取值范围;(3)若函数f(1)有且仅有两个零点t1,x2,且2>1,证明:5i+62>11.福建百校高二期末考试●数学题号123456答案ADBCBC题号789答案BDADACDACD1.A【解析】若α为锐角,则0<α<,而α<,则α可以为锐角,也可以为零角,还可以为负角,所以“α为锐角”是“α<”的充分而不必要条件.故选:A.由有可得fl=8,故选:D.3.B【解析】根据X~N(3,σ2)可知正态曲线关于μ=3对称,易知P(X≤5)=P(X≥1)=0.8,因此可得P(1≤X≤3)=P(X≥1)—0.5=0.3.故选:B.4.C【解析】由等比数列的性质可得aEQ\*jc3\*hps9\o\al(\s\up3(2),3)=8a2=a2a4,易知a2≠0,故a4=8,q=2,可得a5=2×8=16.故选:C.5.B【解析】设“解出第一问”为事件A,“解出第二问”为事件B,由题意可得0.1,P(B|A)=0.7,则P(A)=0.4,P(B|A)=0.3,所以P(B)=P(A)P(B|A)十P(A)P(B|A)=0.6×0.3可得函数f(父)的减区间为增区间为.有可得故选:C.7.B【解析】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,P(B|A)=8.D【解析】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,若共的涂法种数为AEQ\*jc3\*hps9\o\al(\s\up3(1),6)AEQ\*jc3\*hps9\o\al(\s\up3(1),5)×(4十AEQ\*jc3\*hps9\o\al(\s\up3(2),4))=480;若1和5区不同色,一共的涂法种数为AEQ\*jc3\*hps9\o\al(\s\up3(1),6)AEQ\*jc3\*hps9\o\al(\s\up3(1),5)AEQ\*jc3\*hps9\o\al(\s\up3(1),4)×(3十AEQ\*jc3\*hps9\o\al(\s\up3(2),3))=1080.故一共的涂色总数为480十1080=1560.故选:D.EQ\*jc3\*hps9\o\al(\s\up3(3),0).因为曲线f(父)在点P处的切线的斜率k=fl(父0)=3父EQ\*jc3\*hps9\o\al(\s\up3(2),0)—1=2,所以0=±1,所以点P的坐标为(1,3)或(—1,3).故选:AD.10.ACD【解析】对于A,令父=1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CEQ\*jc3\*hps9\o\al(\s\up3(1),6)=6,第四项的二项式系数CEQ\*jc3\*hps9\o\al(\s\up3(3),6)==20,第二项与第四项的二项式系数不相等,故B错误;【高二数学参考答案第1页(共5页)】A【高二数学参考答案第2页(共5页)】AEQ\*jc3\*hps16\o\al(\s\up7(1),父)6展开式的通项为CEQ\*jc3\*hps9\o\al(\s\up4(r),6)(\EQ\*jc3\*hps16\o\al(\s\up7(1),父))6—r(—2父)r=(—2)rCEQ\*jc3\*hps9\o\al(\s\up4(r),6)父十r,十r=0,:r=2,展开式中的常数项为(—2)2CEQ\*jc3\*hps9\o\al(\s\up4(2),6)=4×15=60,故C正确;对于D,(\EQ\*jc3\*hps16\o\al(\s\up7(1),父)—2父)6展开式的EQ\*jc3\*hps9\o\al(\s\up3(r),6)EQ\*jc3\*hps16\o\al(\s\up4(1),父)EQ\*jc3\*hps9\o\al(\s\up3(r),6)6时,—3十∈Z,所以展开式的有理项共有4项,故D正确.故选:ACD.11.ACD【解析】由图可知,A=3,且经过故可得由①,结合|φ|< ,则得φ=,代入②,化简得w十=kπ,k∈Z,即w=—十k,k∈Z,由图知,原函数的最小正周期T满足=>,解得0<w<,故w=2,即f(父)=3sin(2父十.对于A,当父=—时,因f—十=3sin(—=—3,故直线父=—是f(父)的一条对称轴,故A正确;对于B,将函数f(父)的图象向左平移个单位长度后得到函数y=f(父十=3sin[2(父十十=≤2父≤十2kπ,k∈Z,可得父∈十kπ,十kπ],k∈Z,即f—父)的单调递增区间为十则t∈,2m十,依题意函数y=sint与y=在,2m十上必有6个交点,作出函数的图象如下:由图知,需使<2m十≤,解得3π<m≤,故D正确.故选:ACD.13.【解析】圆台的体积为V=π(r2十2r2十4r2)(6—2r)=π(6r2—2r3),有V,=(12r—6r2)=14πr(2—r),又由0<r<3,可得函数的减区间为(2,3),增区间为(0,2),可得Vmax14.300【解析】若n为奇数,则n十1是偶数,n十2是奇数,则an十1=an十1①,an十2=an十1十2②.由①十②得an十2=an十3,所以数列{an}的奇数项是首项为a1=1,公差为3的等差数列,故S20=(a1十a3十a5十…十a1,)十(a2十a4十a6十…十a20)=(a1十a3十a5十…十a1,)十(a1十1十a3十1十a5十1十…十a1,十1)=2(a1十a3十a15.解:(1)“asinB—\b:sinAsinB—\sinBcosA=0,…………(3分)【高二数学参考答案第3页(共5页)】A又B∈(0,π),:sinB≠0,:sinA—\cosA=0,即tanA=\.……………………(5分)又A∈(0,π),:A=π……………………(7分)(2)“A=,△ABC的面积为\,:bcsinA=\,即bc=4,………………(9分)由余弦定理可得a2=b2十c2—2bccosA,又bc=4,:b十c=5,………………………(12分):△ABC的周长为5十\.……………(13分)16.解:(1)设等差数列{an}的公差为d.,a7=—3,所以解得(3分)所以an=a1十(n—1)d=3n—24,…………(4分)所以(6分)因为n∈N*,所以当n=7或n=8时sn取得最小值,…………………(7分)且最小值为(2)由(1)可得:b1=a9=3,b2=a11=9,…………………(10分)所以等比数列{bn}的公比为q===3,……………(12分)所以bn=b1.qn—1=3n,所以等比数列{bn}的前n项和Tn===(3n—1).……………………(15分)17.解:(1)由fI(父)=3父2—2a父,………………(1分)有f(2)=8—4a十b=—2fI(2)=12—4a=0,解得a=3,b=2,故a=3,b=2.………………(6分)令fI(父)>0有父<0或父>2,可得函数f(父)的减区间为(0,2),增区间为(—∞,0),(2,十∞),又由f(0)=2,f(2)=—2,…………………(8分)十2=2可得父=0或3,①当0<t≤2时,f(父)max=f(0)=2,f(父)min=f(t)=t3—3t2十2,函数f(父)在区间[0,t]上的值域为[t3— (10分)②当2<t≤3时,f(父)max=f(0)=2,f(父)min=f(2)=—2,函数f(父)在区间[0,t]上的值域为[—2,2] (13分)③当t>3时,f(父)min=f(2)=—2,f(父)max=f(t)=t3—3t2十2,函数f(父)在区间[0,t]上的值域为[—2,t3 (15分)18.解:(1)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p2q2=, 【高二数学参考答案第4页(共5页)】A又所以(2)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f(p)=CEQ\*jc3\*hps9\o\al(\s\up3(1),2)p(1—p)q2十CEQ\*jc3\*hps9\o\al(\s\up3(1),2)q(1—q)p2十p2q2,……………(6分) 由(1)知pq=4,则q=4p,………………(7分)整理得f(p)=十—,……………(8分)因为0<p<1,0<q<1,当且仅当=,即p=时,等号成立, 所以甲能够进入面试的概率f(p)的最小值为16,相应的p值为2 (10分)(3)由(2)知,面试时每道题的难度系数为,则甲答对每道面试题的概率为,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X的可能取值为3,4,5,…………………(11分)当X=3时,P(X=3)=3十(1—3=,……………………(12分)当X=4时,P(X=4)=CEQ\*jc3\*hps9\o\al(\s\up4(2),3)2××十CEQ\*jc3\*hps9\o\al(\s\up4(1),3)×2×=,……………(14分)当X=5时,P(X=5)=1—P(X=3)—P(X=4)=,………………(15分)所以X的分布列为:X345P143838……………………………(16分) 数学期望为:E—a,…………………(1分)①当a≤0时,有fI(父)>0,函数f(父)单调递增;………(2分)②当a>0时,令fI(父)>0,有父>lna,可得函数f(父)的减区间为(—∞,lna),增区间为(lna,十∞).………