湖南省多校联考2024-2025学年高二上学期期末考试数学试卷（Word版附解析）

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2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.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.
一、单项选择题：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，则z=（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据复数除法运算求解.
【详解】根据题意，，
则.
故选：A
2. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】解对数不等式，得到，根据交集概念求出答案.
【详解】，
故，
故.
故选：C
3. 已知向量，，且，则实数（ ）
A. B. C. 5D. 10
【答案】C
【解析】
【分析】由已知条件可求得，再根据向量平行的条件，即可求得的值.
【详解】由已知可得：，
因为，所以有，解之得：.
故选：C.
4 已知，直线，，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定条件，利用两条直线垂直列式求解.
【详解】由直线与垂直，
得，即，解得，
而，所以.
故选：B
5. 设为等差数列的前n项和，若，则（ ）
A. 10B. 15C. 21D. 38
【答案】D
【解析】
【分析】先由题中条件，结合等差数列下标之和的性质求出,再根据等差数列的求和公式，即可求出结果.
【详解】因为，所以，
则，即，所以，则,
因此.
故选：D
6. 已知圆与，动圆M与圆内切，且与圆外切，则动圆圆心M的轨迹方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由条件可得，结合椭圆的定义判断点的轨迹形状及位置，利用待定系数法求其方程.
【详解】圆的圆心，半径，
圆的圆心，半径，设动圆的半径为，
由动圆与圆内切，且与圆外切，得，
则，因此点的轨迹为以为焦点，长轴长的椭圆，
而焦距，即，则短半轴长，
所以动圆圆心的轨迹方程为.
故选：B.
7. 如图，在长方体中，，，为棱的中点，是线段上的动点，则下列式子的值为定值的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先计算的长度，得到，接着利用向量数量积的几何意义：等于在上的投影向量与的数量积，逐一分析选项ABCD即可得解.
【详解】由题意得，，
∴，
∴.
A.如图，过点作于点，

对于A，由向量数量积的几何意义得 ，
由于点动点， 所以不是定值，所以不是定值，故选项A错误；
对于B，，
由于点是动点，所以不是定值，所以不是定值，故选项B错误；
对于C， ，由于不是定值，故选项C错误；
对于D，由于向量在向量上的投影向量为，所以为定值.
故选：D.
8. 已知过点可以作曲线的两条切线，则实数a的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先对函数求导，设切点，写出切线方程，将点代入切线方程，得到，根据切线有两条，得到方程有两根，结合判别式即可求出结果.
【详解】由得，
设过点的直线与曲线切于点，
则切线斜率为，
所以切线方程为
因为切线过点，
所以，整理得，
因为过点的切线有两条，
所以方程有两不同实根，
因此，解得或，
即实数a的取值范围是.
故选：B
二、多项选择题：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. 某快递公司2020—2024年的快递业务量及其增长率如图所示，则（ ）
A. 该公司2020—2024年快递业务量逐年上升
B. 该公司2020—2024年快递业务量的极差为68.5亿件
C. 该公司2020—2024年快递业务量的增长率的中位数为29.9%
D. 该公司2020—2024年快递业务量的增长率的平均数为21.58%
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据图像和极差，中位数，平均数的计算公式依次判断每个选项即可.
【详解】对A：由图可知：2020—2024年快递业务量逐年上升，故A正确；
对B：2020—2024年快递业务量的极差为：（亿件），故B正确；
对C：因为增长率从小到大排序，即
则中位数为，故C错误；
对D：由，故D正确.
故选：ABD
10. 记等比数列的公比为q，前n项积为，已知，，，则（ ）
A. B.
C. 的最大值为D.
【答案】BD
【解析】
【分析】先用反证法证明可判断A，判断数列是正项递减数列，可得，从而可判断BC；结合基本不等式可判断D.
【详解】因为，所以一个大于1，一个小于1，
因为，若公比，则都大于等于1，矛盾，所以，A不正确；
因为，所以，即，
所以数列是正项递减数列，可得，所以的最大值为，C不正确；
，B正确；
因为，所以，D正确.
故选：BD.
11. 已知函数及其导函数的定义域均是，是的唯一零点，且，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AB
【解析】
【分析】构造函数，由已知求导可得在上单调递减，即可比较A正确，C错误，又是的唯一零点，所以，借助单调性可得，，即得B正确，D错误.
【详解】令，则，由题意知，
所以，即在上单调递减，所以，，故A正确，C错误.
又是的唯一零点，所以，又在上单调递减，
所以，，即，，故B正确，D错误.
故选：AB.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 若，则________.
【答案】2
【解析】
【分析】利用指数式与对数式的互化关系，结合对数运算计算得解.
【详解】由，得，则，
所以.
故答案为：2
13. 记数列的前n项和为，且满足，则________.
【答案】
【解析】
【分析】根据题中递推公式，得到，与原式作差整理，得到数列是等比数列，根据等比数列求和公式，即可求出结果.
【详解】因为，所以，两式作差得，
即，则，
又，即，
所以数列是以为首项，以为公比的等比数列
因此
故答案为：
14. 已知，分别为双曲线的左、右焦点，O为坐标原点，以点为圆心且与C的渐近线相切的圆与C在第一象限交于点A，B为的中点，若，则C的渐近线的斜率为________.
【答案】
【解析】
【分析】利用点到直线的距离求得圆的半径为，利用双曲线的定义及中位线的性质得，由余弦定理建立方程求得，从而得到渐近线斜率.
【详解】由题意，双曲线一条渐近线为，则点到渐近线的距离，即圆的半径为，连接，则，
由双曲线的定义知，所以，
在中，为的中点，B为的中点，所以，
，则为.
在中，，
在中，，
因为，所以，所以，
所以渐近线斜率.
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. 已知函数的最小正周期为，且的图象关于点对称.
（1）求的解析式；
（2）若，且，求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据周期求得；利用对称中心求得，得到结果；
（2）由条件结合诱导公式二倍角余弦公式求，再由平方关系求，根据两角差余弦公式求结论.
【小问1详解】
因为的最小正周期，所以，
因为的图象关于点对称，所以，即，
所以，，又，所以，
故.
【小问2详解】
，
所以，
又，所以，从而，
所以.
16. 记数列的前n项和为，已知.
（1）证明：是等差数列；
（2）若，证明：.
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据通项公式和前项和公式的关系消去，根据等差数列的定义即可判断；
（2）利用裂项相消求和即可求出不等式左边，从而判断其范围.
【小问1详解】
∵，
又，
两式相减可得，
∴，
∴，
∴是以为公差的等差数列.
【小问2详解】
由已知得.
∴，
∴.
∴

.
17. 如图，在四棱锥中，是边长为2的等边三角形，，，.
（1）求证：平面；
（2）若，且，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）先由题中条件，求出，根据勾股定理证明，再由，根据线面垂直的判定定理，即可证明结论成立；
（2）取的中点，连接并延长交于，结合（1）中结论，证明平面平面，得到，，两两互相垂直，以为原点，，，所在的直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，求出两平面的法向量，根据平面夹角公式的向量表示，即可求出结果.
【小问1详解】
因为是边长为2的等边三角形，且，，
所以，.
又，所以.
此时，所以.
又，，平面，平面，
所以平面；
【小问2详解】
取的中点，连接并延长交于，则，
又，，平面，平面，
所以平面，平面，所以，
再由（1）可知平面，平面，故，
又平面，
所以平面，可得，，两两互相垂直，
故以为原点，，，所在的直线分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，
因为，所以，
所以，，，
设平面的一个法向量为，
则，令，可得；
设平面的一个法向量为，
则，令，可得.
因为，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
18. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，抛物线的焦点与重合，点G是C与E在第一象限的交点，且.
（1）求E的方程.
（2）设过点的直线l与E交于点M，N，交C于点A，B，且A，B，M，N互不重合.
（ⅰ）若l的倾斜角为45°，求的值；
（ⅱ）若P为C的准线上一点，设PA，PB，PF2的斜率分别为，证明：为和的等差中项.
【答案】（1）
（2）（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据抛物线的定义求出焦点坐标，进而得到椭圆的右焦点坐标，再利用椭圆和抛物线的交点坐标满足两个方程来确定椭圆方程.
（2）（i）根据直线的倾斜角得到直线方程，然后分别代入椭圆和抛物线方程，利用弦长公式求出和的值，进而求出它们的比值.
（ii）设出直线方程，求出交点坐标，再根据斜率公式计算出，然后证明.
【小问1详解】
由已知得C的焦点为，即，所以.①
因为，由抛物线的定义可得，所以.
代入E的方程可得.②
由①②解得，，所以E的方程为.
【小问2详解】
设，，，.
（ⅰ）因为直线l的倾斜角为45°，所以，直线l的方程为.
联立整理得，则，
所以.
联立整理得，
则，，
所以.
所以.
（ⅱ）由题意知，，
设，且直线AB的方程为.
联立整理得，显然，
则，，
所以，，，
，
又，即，
所以为和的等差中项.
【点睛】知识点点睛：本题主要考查椭圆的标准方程与几何性质、直线与圆锥曲线的位置关系的应用问题,解答此类题目确定椭圆（圆锥曲线）方程是基础，通过联立直线方程与椭圆（圆锥曲线）方程的方程组，应用一元二次方程根与系数的关系，得到“目标函数”的解析式，确定函数的性质进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错漏百出，本题能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等．
19. 已知函数，.
（1）若，求曲线在点处的切线方程；
（2）若对任意，不等式恒成立，求a的值；
（3）若实数m，n满足，证明：.
【答案】（1）
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求导，得到，结合，利用导数几何意义得到切线方程；
（2）求导，得到的单调性，进而得到所以，设，求导，得到的单调性，，故，当且仅当时等号成立，若满足，必有，求出；
（3）变形后得到，换元后化为，由（2）知，当时，，当且仅当时取等号，故，从而成立，同理，要证明，即证明，即，令，，求导得到的单调性，所以，即，整理得，从而成立.
【小问1详解】
若，则，定义域为，
，
则，又，
所以曲线在点处的切线方程为.
【小问2详解】
，令，得，
当时，，当时，，
在上单调递减，在上单调递增，
所以，
要使恒成立，需满足.
设，
则，令，得，
当时，，当时，，
在上单调递增，在上单调递减，
所以，
故，当且仅当时等号成立，
若满足，必有，
故
【小问3详解】
要证明，
即证明，
令，由，得，不等式化为.
由（2）知，当时，，当且仅当时取等号，
所以，整理得，从而成立；
同理，要证明，即证明，
即.
令，因为，所以，
所以在上单调递减，所以，
即，整理得，从而成立.
综上，.
【点睛】关键点点睛：第三问，对所证不等式进行变形，先证不等式左边，只需证明，令，不等式化为，，二元问题转化为单元问题，同理再变形不等式右边，证明出结论