湖南省三湘名校教育联盟2024-2025学年高二下学期期中考试数学试题 含解析

这是一份湖南省三湘名校教育联盟2024-2025学年高二下学期期中考试数学试题 含解析，共21页。
注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的姓名､准考证号填写在本试卷和答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应的答案标号涂黑，如有改动，用
橡皮擦干净后，再选涂其他答案；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､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. 若复数 满足 ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据复数代数形式的除法运算化简求得答案.
【详解】因为 ，所以 ，所以 ，
故选：A.
2. 若向量 ， ，且 ，则 （ ）
A. B. 45 C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】直接利用向量的坐标运算和向量垂直的充要条件求出 ，从而进一步求出 .
【详解】因为 ，所以 ，解得 ，
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故 ，
故 .
故选：C.
3. 已知直线 是双曲线 的一条渐近线，则 的离心率为（ ）
A. B. C. 2 D.
【答案】B
【解析】
【分析】先由双曲线渐近线的定义结合题设条件得 ，再由离心率公式直接计算即可得解.
【详解】因为直线 是双曲线 的渐近线，
所以 ，所以 .
故选：B.
4. 的内角 的对边分别为 ，已知 ，则 的面积为（
）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题意可知 ，再由余弦定理可得 的值，再由正弦定理即可求得面积.
【详解】由 ，得 ，
由余弦定理得 ，所以 ，
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所以 的面积为 ，
故选：C.
5. 已知函数 ，且 ，则 m 的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】确定函数 的奇偶性和单调性，再利用性质求解不等式.
【详解】函数 的定义域为 R， ，
函数 是奇函数，又函数 都是 R 上的增函数，则 在 R 上单调递增，
不等式 ，
则 ，即 ，解得 或 ，
所以 m 的取值范围是 .
故选：A
6. 如图，在圆锥 中， 是底面圆的直径， 在底面圆周上， 是 的中点，
与圆锥底面所成角的大小为 ，则圆锥 的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据位置关系，求出 ，再根据锥体的体积公式计算可得.
【详解】因为有 平面 ，所以 为 与圆锥底面所成角，即
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又因为 是底面圆的直径，所以 ，
又 是 的中点，所以 ，
由已知 ，
可得 ，所以 .
又 平面 平面 ，所以 .
由 ，解得 ，
所以圆锥 的体积 ，
故选：D.
7. 曲线 和曲线 组合围成“心形图”（如下图所示），记
“心形图”为曲线 ，曲线 所围成的“心形”区域的面积等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】首先分析在第一象限的图形，发现第一象限的面积等于曲线与 轴的交点及坐标原点所围成的
直角三角形的面积，
由对称性可求得第四象限的面积，再计算第二、三象限面积，为两个半圆，由此可算得“心形”区域的面积.
【详解】如图所示，设 ，线段 的中点为 ，
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因为曲线 关于点 对称，
所以可将曲线 与 轴， 轴围成的区域割补为直角三角形 的区域，
于是曲线 与 轴， 轴围成的区域面积就是直角三角形 的面积，
即 ；
根据对称性，可得曲线 与 轴， 轴围成的区域面积为 ，
又曲线 所围成的“心形”区域中，两个半圆的面积为 ，
所以曲线 所围成的“心形”区域的面积等于 .
故选：C.
8. 如果对于正整数集 ，将集合 拆分成 16 个三元子集（子集有三
个元素），且拆分的 16 个集合两两交集为空集，则称集合 是“三元可拆集”.若存在一种拆分法，使得集
合 是“三元可拆集”，且每个三元子集中都有一个数等于其他两数之和，则 的最大值为（ ）
A. 12 B. 9 C. 7 D. 6
【答案】C
【解析】
【分析】根据集合新定义结合、等差数列求和公式计算求解即可.
【详解】因为 有 48 个元素，可以拆成 16 个三元子集，
将这 16 个三元子集中最大的数依次记为 ，
则
.
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又 中所有元素和为 ，
所以由题意 ，
所以 ，解得 ，又 所以 .
当 时， ，
可拆为 ，
，
，
，所以 的最大值是 7，
故选：C.
二､多选题：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，全部选对得 6 分，部分选对得部分分，选错得 0 分.
9. 早在 1733 年，法国数学家棣莫弗在研究二项概率的近似计算时，提出了正态密度函数的形式，其解析式
为 ，其中 为参数.若随机变量 的概率分布密度函数为 ，
则称随机变量 服从正态分布，则下列说法正确的是（ ）
（参考数据：若随机变量 ，则
A. 曲线 关于直线 对称
B. 曲线 在 处达到峰值
C. 当 较小时，正态曲线“矮胖”，当 较大时，正态曲线“瘦高”
D. 若 ，则
【答案】AD
【解析】
【分析】根据正态分布的性质结合解析式依次判断 ABC，根据正态分布 原则计算可判断 D.
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【详解】对于 A，因为 ，所以 ，
所以曲线 关于直线 对称，故 A 正确；
对于 B，因为当 时， 单调递增，则 单调递增，
当 时， 单调递减，则 单调递减，故曲线 是单峰的.
又 ，则 ，因此 ，当且仅当 时，等号成立，即曲线
在 处达到峰值 ，故 B 错误；
对于 C，由选项 B 可知，当 越小时，峰值 越大，则曲线越“瘦高”，当 越大时，峰值 越小，
则曲线越“矮胖”，故 C 错误；
对 于 D， 因 为 ， 所 以
，故 D 正确.
故选：AD.
10. 已知函数 ，则下列说法正确的是（ ）
A. 的最小正周期为
B. 若 在区间 恰有两个零点，则 的取值范围为
C. 若 ，且 ，则
D. 若 在区间 恰有两个最值点，则 的取值范围为
【答案】BD
【解析】
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【分析】根据周期公式可判断 A 的正误，根据整体法结合正弦函数性质可判断 BD 的正误，结合正弦函数
的性质可判断 B 的正误，对于 C，直接求解可判断其正误.
【详解】对于 A：因为 ，所以 的最小正周期为 ，故 A 错误；
对于 B：当 时， ，
因为 在 恰好有两个零点，则 ，
解得 ，故 B 正确；
对于 C：因为 ，即 ，
又 ，所以 或 或 ，
解得 ，或 ，或 .故 C 错误；
对于 D：因为 ，所以 .
因为 在 恰有两个最值点，则 ，解得 ，
故 D 正确，
故选：BD.
11. 已知函数 ，则下列说法正确的是（ ）
A. 若 在 处取得极小值，则
B. 若 ，则
C. 若 ，则曲线 关于点 中心对称
D. 若 ，则 有 3 个零点
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据题意得 ，求解 a，并验证判断 A；根据函数单调性判断 B；通过
判断 C；根据函数单调性，并结合零点存在性定理判断 D.
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【详解】对于 A，因为 ，因 在 处取得极小值，
则 ，得 ，
当 时， ，
当 时， 在 上单调递增，当 时， 在 上单调递
减，
当 时， 在 上单调递增，故 在 处取得极小值，故 A 正确；
对于 B，当 时，因 ，则 在 上单调递增，
故当 时， ，故 B 错误；
对于 C，当 时，因 ，
故曲线 关于点 中心对称，故 C 正确；
对于 D，因为 ，
由 ，当 时， ，故 在 上单调递增；
时， 则 上单调递减，
则 在 处取到极大值，在 处取到极小值，
因 ， ，
由 可得 在 上有一个零点；
因 ， ，
由 可得 在 上有一个零点；
又
由 可得 在 有一个零点，
综上分析，可得函数 有 3 个零点，故 D 正确.
故选：ACD
【点睛】关键点点睛：根据函数极值点求参数值时，要注意需要验证.
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三､填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
12. 已知 的展开式中，只有第 7 项的二项式系数最大，则 的值为__________.
【答案】12
【解析】
【分析】根据二项展开式中二项式系数的特点得到总项数为 13，进而得到答案.
【详解】根据题意，只有第 7 项为二项展开式的中间项，所以二项展开式的总项数为 13，即 ，解
得 .
故答案为：12.
13. 设 是抛物线 上一点， 是抛物线的焦点， 为坐标原点， ，则
__________.
【答案】6
【解析】
【分析】通过作辅助线，利用角度关系和抛物线定义构造等边三角形和直角三角形，进而求出 .
【详解】过点 作抛物线准线 的垂线，垂足为点 ，连接 ，如图所示.
因为 轴，则 ，由抛物线的定义可得 ，
所以 为等边三角形，则 ，抛物线 的准线方程为 ，
设准线 交 轴于点 ，则 ，易知 ，则
.
故答案为：6.
14. 已知函数 .若当 时，存在过坐标原点 的直线 与曲线 相切，
则实数 的取值范围为__________.
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【答案】
【解析】
【分析】先设切点坐标为 ，接着由导数几何意义和两点间斜率公式建立等量关系得到
，接着构造函数 ， ，再利用导数工具研究函数的单调性和函数值情况即
可求解.
【详解】设切点坐标为 ，由题意可得 ，则 .
又直线 的斜率 ，所以 ，
得 ，即 ，其中 ，又 ，
所以 .设 ，其中 ，
因为 ，当 时， 单调递增；当 时，
单调递减，
所以 .当 时， ，且当 时， .
由 且 得 ，
故实数 的取值范围是 .
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. 如图，在直三棱柱 中， 是 的中点， .
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（1）证明： 平面 ；
（2）若 ，求二面角 余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，直棱柱的性质和等腰三角形的性质，先证得 和 ，利用线面
垂直的判定定理，即可证得 平面 .
（2）以 为原点，建立空间直角坐标系，求得平面 的法向量 和向量
平面 的法向量为 ，结合向量的夹角公式，即可求解.
【小问 1 详解】
证明：由直三棱柱 ，可得 平面 ，
因为 平面 ，所以 ，
又因为 是底边 的中点，且 ，所以 ，
因为 平面 ， 平面 ，且 ，
所以 平面 .
【小问 2 详解】
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解：由直三棱柱 ，可得 平面 ，
平面 ， 平面 ，所以 ，
又因为 ，以 为原点，以 所在直线分别为 轴， 轴和 轴建立空间直角坐标系
，如图所示，
由（1）可知 ，所以 ，
则 ， ，
所以 ，
设平面 的法向量为 ，则 ，
令 ，可得 ，所以 ，
因为 ，且 ， 平面 ，
所以 平面 ，可得平面 的法向量为 ，
设二面角 为 ，由图知 为锐角，则 ，
所以二面角 的余弦值为 .
16. 已知等差数列 满足 ，等比数列 满足 .
（1）求数列 的通项公式；
（2）若数列 满足 ，求数列 的前 项和 .
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【答案】（1） ，
（2）
【解析】
【分析】（1）根据等差数列和等比数列公式直接求解即可;
（2）计算 ，利用错位相减法计算得到答案.
小问 1 详解】
设等差数列 公差为 ，
因为 ，所以 ，
又 ，所以 ，所以 ，
所以 .
设等比数列 的公比为 ，则 ，
所以 ，所以 ，
所以 .
【小问 2 详解】
由（1）得 ，
所以 ，
两式相减得 ，
所以 .
17. 2025 年春节联欢晚会中的创意融合舞蹈《秧 BOT》轰动全球，标志着中国的服务机器人技术达到世界一
流水平.某人工智能企业的服务机器人研发部，自 2018 年至 2024 年投入巨资进行服务机器人技术研究开发，
取得了巨大的成就.该企业试产了三类不同型号的服务机器人 ，对其进行两次智能模仿成年人活
动检测.
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（1）若 型服务机器人第一次仿成年人拿水杯检测成功，则第二次检测成功的概率为 ；若第一次检测
不成功，则第二次检测成功的概率为 .已知 型服务机器人第一次检测成功的概率为 ，求 型服务机
器人第二次检测成功的概率；
（2）试产 型服务机器人进行两次仿成年人综合试验检测，已知第一次检测时， 型合
格的概率分别为 ，第二次检测时， 型合格的概率分别为 .两次检测相互独立，设
经过两次检测后， 型服务机器人合格的种类数为随机变量 ，求 的分布列和数学期望.
【答案】（1）
（2）分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）设出事件， 用条件概率公式分别求 和 ，再根据互斥事件概率加法求 .
（2）分情况讨论， ， ， ， ，用独立事件乘法公式计算概率，进而得到 的
分布列和期望.
【小问 1 详解】
记 型服务机器人第一次仿成年人拿水杯检测成功”， 型服务机器人第二次仿成年人拿水
杯检测成功”，
则 .
因为 ，所以 ，
因为 ，所以 ，
则 .
【小问 2 详解】
三类不同型号的服务机器人检测合格的概率分别为：
，
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由题意随机变量 的可能取值为 ，则 ，
，
.
随机变量 的分布列为
0 1 2 3
所以 .
18. 已知函数 .
（1）当 时，求 在区间 上的最大值和最小值；
（2）当 时，证明： ；
（3）若 ，求实数 的取值范围.
【答案】（1）最大值为 ，最小值为 1.
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）把 代入函数解析式，求导函数判断原函数在 上的单调性，即可求出答案；
（2）当 时，令 ，求出最小值，即可证明；
（3）依题意， ，令 ，求出 最小
值即可.
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【小问 1 详解】
当 时， ，所以 ，
当 时， 单调递增；
当 时， 单调递减，
所以 在区间 上的最大值为 .
又 ，所以 在区间 上的最小值为 .
所以 在区间 上的最大值为 ，最小值为 1.
【小问 2 详解】
当 时，令 ，其定义域为 ，
因为 ，令 ，得 ，
所以当 时， 单调递减；
当 时， 单调递增，所以 .
故 .
（另解）当 时，令 ，其定义域为 ，
所以 ，
因为 ，而 在 上单调递增，且 ，
所以存在 ，满足 ，即 ，且
所以 且 ，当 时， ；当 时， ，
所以 在 上单调递减，在 上单调递增，
，所以 .
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【小问 3 详解】
由 ，得 ，
即 ，即 ，
令 ，则 ，
令 ，则 ，
所以当 时， ；当 时， ，
所以 在 上单调递增，在 上单调递减，
又 ，
所以当 时， 在 内存在唯一的零点 ，
所以当 时， 单调递增，当 时， 单
调递减，当 时， 单调递增，
所以 ，因为 ，
因为 ，所以 ，
所以 ，
因为 ，所以 ，所以 ，
所以实数 的取值范围为 .
19. 已知椭圆 的左，右焦点分别 为椭圆 上任意一点，
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.
（1）求椭圆 的方程；
（2）若 为圆 上任意一点，求 的最小值；
（3）已知直线 与 轴交于点 ，且与椭圆 交于 两点， 为坐标平面内不在直
线 上的动点，若直线 斜率的倒数成等差数列，证明：动点 在定直线 上，并求直线 的方
程.
【答案】（1）
（2）
（3）证明见解析，
【解析】
【分析】（1）利用椭圆的定义和焦距的性质求出基本量，得到椭圆方程即可.
（2）利用圆的性质得到 ，再结合三角形两边之和大于第三边的性质进行放缩求解最
值即可.
（ 3） 联 立 方 程 组 结 合 韦 达 定 理 得 到 ， 进 而 表 示 出
，再结合给定条件进行化简，证明点在定直线上即可.
【小问 1 详解】
设椭圆的半焦距为 ，因为 ，所以 ，
由椭圆的定义 ，解得 ，
得到 ，故 的方程为 .
【小问 2 详解】
因为 的右焦点 ，
圆 的圆心 ，半径 ，
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显然椭圆 与圆 没有交点，因为点 在圆 上，所以 ，
于 ，
当且仅当 分别是线段 与椭圆 ，圆 的交点时取等号，
故 的最小值为 .
【小问 3 详解】
如图，设 ，
因为直线 ，所以点 ，
联立 消去 得 .
所以 ，
因为 ，
且直线 斜率的倒数成等差数列，所以 ，
所以 ，即 ，
将 代入上述等式可得 ，
若 ，则点 在直线 上，与已知矛盾；
故 ，
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整理可得 ，
可得 ，
即 ，
即 对任意的 恒成立，
得到 ，解得 或 ，
由于 的斜率不为 0，得到 ，故 ，
故点 在定直线 上.
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