湖南省部分学校2024-2025学年高二下学期期中考试数学试题含解析

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这是一份湖南省部分学校2024-2025学年高二下学期期中考试数学试题含解析，共19页。试卷主要包含了本试卷主要考试内容等内容，欢迎下载使用。
1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上．
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．
4．本试卷主要考试内容：高考全部内容．
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. 已知集合，则（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据集合的交集运算即可求解.
【详解】集合，
则 .
故选：D
2. 已知，若复数，则（）
A. 2 B. 3 C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用复数的乘法运算以及复数相等可求出，可得，再根据求复数的模的公式即
可求解.
【详解】因为，
所以，解得，
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所以复数，
则．
故选：C
3. 已知直线与圆相交于两点，，则（）
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】由点到直线的距离公式可得，再由直线与圆的弦长公式即可求解.
【详解】设圆心到直线的距离为，
则由点到直线的距离公式可得．
因为，所以，
解得．
故选：B.
4. 已知锐角满足，则（）
A. B. C. D. -1
【答案】C
【解析】
【详解】因为为锐角，，
所以，得，
所以．
故选：C
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5. 已知双曲线的离心率为 2，左、右焦点分别为是双曲线上的一点，且
，则（）
A. B. 5 C. D. 或
【答案】A
【解析】
【分析】根据双曲线的离心率可求出以的方程为，利用双曲线的定义分别讨论点
在双曲线的左支与右支上的情况从而得出结论.
【详解】由双曲线的离心率为 2，可得，，则，
所以的方程为．
当点在双曲线左支上时，．
当在双曲线的右支上时，，
因为点到焦点距离的最小值为，
所以不符合题意，舍去．
故 .
故选：A
6. 已知函数，则使成立的的取值范围是（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先判断函数是偶函数，再利用指数函数的单调性，以及奇偶性可得，解不
等式即可得出结论.
【详解】函数，定义域为，关于原点对称，
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又因为，易知是偶函数，
当时，，则在上单调递增．
由，得，解得．
故选：B
7. 已知，函数的最小正周期为，若，且的图象关于直
线对称，则（）
A. -1 B. -2 C. -3 D. -4
【答案】D
【解析】
【分析】由周期范围求得，再结合对称轴求得，进而可求解.
【详解】因为，所以，解得．
又的图象关于直线对称，所以，
解得．
因为，
取，可得，
所以 .
故选：D
8. 甲、乙、丙三人各自计划去上海旅游，他们在 4 月 21 日到 4 月 23 日这三天中的一天到达上海，他们在
哪一天到达上海相互独立，且他们各自在 4 月 21 日到 4 月 23 日到达上海的概率如下表所示：
4 月 21 日 4 月 22 日 4 月 23 日
0 2 0.3 0.5
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若甲、乙两人在同一天到达上海概率小于甲、丙两人在同一天到达上海的概率，则的取值范围是（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，利用全概率公式分别求得，，再由，解不等
式即可求解.
【详解】设甲、乙两人在同一天到达上海的概率为，甲、丙两人在同一天到达上海的概率为．
根据全概率公式可得：
，
．
由，得，即，
又，
所以．
故选：C.
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. 2020 至 2024 年我国快递业务量及其增长速度如图所示，则（）
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A. 2020 至 2024 年我国快递业务量逐年增长
B. 2020 至 2024 年我国快递业务量的中位数是 1106 亿件
C. 2020 至 2024 年我国快递业务量增长速度的极差是 19.4％
D. 估计我国 2019 年的快递业务量大于 500 亿件
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据统计图表中的数据的增长趋势，可判定 A 正确；根据中位数的计算方法，可判定 B 正确；根
据极差的计算方法，可判定 C 错误；设 2019 年的快递业务量为亿件，得出方程，求
得的值，可判定 D 正确.
【详解】对于 A 中，根据统计图表，可得 2020 至 2024 年我国快递业务量逐年增长，所以 A 正确．
对于 B 中，2020 至 2024 年我国快递业务量分别为，
可得数据的中位数为亿件，所以 B 正确；
对于 C 中，2020 至 2024 年我国快递业务量增长速度的极差为，所以 C 错误．
对于 D 中，设我国 2019 年的快递业务量为亿件，
则，可得，所以 D 正确．
故选：ABD.
10. 已知边长为 2 的正方形的边上有一点（不含端点），边上有一点，且，
如图 1 所示．现把沿折起到的位置，得到棱锥，如图 2．设，棱锥
的体积的最大值为，则（）
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A. 是单调递增函数
B. 函数先单调递增后单调递减
C. 当平面平面时，的长有最小值 2，没有最大值
D. 函数有最大值，没有最小值
【答案】BD
【解析】
【分析】由题意得平面平面，根据锥体的体积公式可得，
利用导数判断的单调性可判断；利用单调性求最值可判断；由题意得，根据勾股定
理可得，根据函数的单调性即可判断 .
【详解】要使棱锥的体积取得最大，则平面平面，
取中点为，则，
又平面平面，且平面平面，
所以平面，
对于：由题知棱锥的高为，棱锥的底面面积，
所以．
由，
当时，，当时，，
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知在上单调递增，在上单调递减，故 A 错误，B 正确．
对于：由 A 知在上单调递增，在上单调递减，
所以，无最小值，故 D 正确．
对于：平面，又平面，
所以，
所以，
令，
易知在上单调递减，所以 AP 的长度没有最值，故 C 错误．
故选： .
11. 已知不等式对任意成立，则实数的取值可以为（）
A. B. C. D. e
【答案】ABD
【解析】
【分析】构造函数，由其单调性得到，再参变分离求最值即可求解.
【详解】原不等式可化为．
令，则原不等式等价于，
易知在上单调递增，
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所以不等式可化，
两边取对数即得，所以恒成立．
令，
则，
由，可得，由，可得，
可知在上单调递增，在上单调递减，
最大值
所以，故，即实数的取值范围为．
符合条件的选项有 ABD，
故选：ABD.
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分．
12. 已知向量，且，则 ____________．
【答案】2
【解析】
【分析】根据向量共线的坐标表示求解.
【详解】因为，
所以，解得．
故答案为：2
13. 已知某圆锥的底面圆半径为 3，母线长为 5，则该圆锥的外接球的表面积为__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据外接球的性质，求外接球的半径，再列式求解.
【详解】设该圆锥的高为，外接球的半径为，则 .
由，解得，
所以该圆锥的外接球的表面积 .
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故答案为：
14. 已知有穷数列的各项均不相等，将的项从大到小重新排序后相应的项数构成新数列，称
数列为数列的“序数列”．例如数列满足，则其“序数列” 为 2，3，1．若
有穷数列满足，且数列的“序数列”单调递减，数列的“序
数列”单调递增，则 ____________．
【答案】
【解析】
【分析】根据新定义利用单调性可得，，据此求出即可得解.
【详解】因为的“序数列”单调递减，所以数列单调递增，
则，所以．
又因为，所以，
所以，所以 ①．
同理可得 ②，
由①②得，
所以 .
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. 已知的内角的对边分别为，且．
（1）求；
（2）若，求的面积；
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（3）若，求的周长．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理边角互化，结合和差角公式即可求解，
（2）根据面积公式即可求解，
（3）利用余弦定理即可求解.
【小问 1 详解】
因为，
所以，
则，
即，即，
在中，，则．
【小问 2 详解】
在中，由，得，
所以的面积．
【小问 3 详解】
由，
得，
所以的周长为．
16. 已知抛物线的焦点为椭圆的右焦点，且的右顶点为．
（1）求的方程；
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（2）设过点且倾斜角为的直线与交于两点，求．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由抛物线的焦点坐标即可得到，从而得到其标准方程；
（2）联立直线与抛物线方程，结合弦长公式代入计算，即可得到结果.
【小问 1 详解】
因为，所以的右焦点坐标为，
所以，即，
所以的方程为．
【小问 2 详解】
依题意可得直线的方程为．
由得．
设，则，
则．
17. 如图，在直四棱柱中，底面是菱形，，是
的中点，是侧面内的一点（含边界）．
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（1）若是侧面的中心，证明：．
（2）若平面，试求点的轨迹的长度．
（3）求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据直线与平面垂直的判定定义可证平面 MPQ，由其性质定理即可得证；
（2）根据平面与平面平行的性质定理可证得平面平面，由平面平面
，可得 MN 就是点的轨迹，即可求解.
（3）如图 3 建立空间直角坐标系，利用空间向量法分别求出平面与平面的一个法向量，利用
平面与平面的夹角公式求解即可.
【小问 1 详解】
证明：如图 1，取 CD 的中点，连接，
则平面 ABCD，又平面 ABCD，所以．
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因为 PM 是的中位线，所以．
因为 ABCD 是菱形，所以，从而．
又，平面 MPQ，
所以平面 MPQ，而面 MPQ，从而
【小问 2 详解】
如图 2，取 CD 的中点的中点，连接，，
则．
又平面平面，所以平面．
同理平面，又，平面 ,
所以平面平面．
因为平面平面，所以 MN 就是点的轨迹．
因为，所以点的轨迹长度为．
【小问 3 详解】
设 AC 与 BD 交于点，由题设可知，
以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，如图 3 所示，
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则，，
设平面的法向量为，
由得
令，得
设平面的法向量为，则，
由得
令，则，得．
设平面与平面的夹角为，则
18. 已知一个盒中装有 3 个大小，形状完全相同的小球（1 个红球和 2 个黑球），从盒中每次随机不放回地
取出 1 个小球，若取出的是红球，则将 1 个黑球放入盒中；若取出的是黑球，则将 1 个红球放入盒中，以
上取 1 个球再放 1 个球的过程称为 1 次操作．假设每次取球相互独立．
（1）经过 2 次操作后，记盒中红球的个数为 X，求 X 的分布列；
（2）求第 3 次操作取到红球的概率；
（3）设经过次操作后，盒中全是黑球的概率为，求数列的前 n 项和．
【答案】（1）
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1 3
（2）（3）
【解析】
【分析】（1）根据题目条件得出盒中红球的个数的可能值，分别求出概率，即可得出分布列；
（2）方法一：设出第次取到红球的事件，即可求出第 3 次操作取到红球的概率；方法二：
根据（1）中第二次的情况，即可求出第 3 次操作取到红球的概率；
（3）求出当为奇数和偶数时盒中球的情况，得出递推公式，证明是等比数列，即可求出通
项公式，进而得出的前 n 项和 .
【小问 1 详解】
由题意，
的所有可能取值为 1,3，
,
故的分布列为
1 3
【小问 2 详解】
由题意，
（方法一）设事件表示第次取到红球，
则
（方法二）由（1）知第 3 次操作取到红球的概率为．
【小问 3 详解】
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由题意及（1）（2）得，
设次操作后，盒中全是黑球、1 个红球和 2 个黑球、2 个红球和 1 个黑球、全是红球的概率分别为
．
由操作规则可知，
当为奇数时，盒中全是黑球或 2 个红球、1 个黑球，
当为偶数时，盒中全是红球或 1 个红球、2 个黑球，
即，其中．
因为，
所以，
所以是以为首项，为公比的等比数列，
则．
故．
即
19. 已知函数，且的图象在点处的切线方程为．
（1）求的解析式；
（2）若是在上的一个极值点，证明：．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
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【分析】（1）代入函数得，解得．利用导数的几何意义可得，从而可得
的解析式；
（2）分别讨论，，时，的单调性，从而可得
，由是在上的一个极值点，得，所以解得
再根据三角函数的值域即可得证．
【小问 1 详解】
由题可知，解得．
，
由，解得，
.
【小问 2 详解】
证明：由（1）得．
①当时，，
所以，则，
所以在上单调递增．
②当时，．
令，则．
因为，
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所以，则在上单调递减．
因为，
所以存在，使得，即，也即，
则在上，，在上，，
所以在上单调递增，在上单调递减．
③当时，，所以．
又，所以，故在上单调递减．
因为是在上的一个极值点，所以，
由上知在上单调递增，在上单调递减，
则，从而．
因为，所以
所以，
即．
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