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卷（含答案）(1)含答案解析

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卷（含答案）(1)含答案解析，共10页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.若复数z满足(1+2i)(z−1)=2−i，则z=( )
A. 1−iB. 1+iC. 2−iD. 2+i
2.已知向量a=(2,−1)，b=(m,3)，且a⊥b，则|b|=( )
A. 3 5B. 45C. 3 52D. 454
3.已知直线y=12x是双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的一条渐近线，则C的离心率为( )
A. 32B. 52C. 2D. 5
4.△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知A=π3，a=2，b+c= 3a，则△ABC的面积为( )
A. 8 3−12B. 4 33C. 2 33D. 4 3−6
5.已知函数f(x)=x3+x，且f(m2−2m+1)+f(−m−5)>0，则m的取值范围是( )
A. (−∞,−1)∪(4,+∞)B. (−1,4)
C. (−∞,−2)∪(3,+∞)D. (−2,3)
6.如图，在圆锥PO中，AB是底面圆的直径，C在底面圆周上，AB=4，∠BAC=30∘，
M是BC的中点，PM与圆锥底面所成角的大小为60∘，则圆锥PO的体积为( )
A. 12 3πB. 12π
C. 4 3πD. 4π
7.曲线|y|=csx+1(0≤x≤π)和曲线x2+(|y|−1)2=1(x≤0)组合围成“心形图”(如下图所示)，记“心形图”为曲线C，曲线C所围成的“心形”区域的面积等于( )
A. π+6B. π+8C. 3πD. 4π
8.如果对于正整数集A={x=a+i,a∈N|i=1,2,3,⋯,48}，将集合A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A是“三元可拆集”.若存在一种拆分法，使得集合A
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a的最大值为( )
A. 12B. 9C. 7D. 6
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
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f(x)=1σ 2πe−(x−μ)22σ2,x∈R,其中μ∈R,σ>0为参数.若随机变量X的概率分布密度函数为f(x),则称随机变量X服从正态分布,则下列说法正确的是( )(参考数据:若随机变量X~N(μ,σ2),则P(μ-σ≤X≤μ+σ)≈0.6827,P(μ-2σ≤X≤μ+2σ​​​​​​​)≈0.9545,P(μ-3σ≤X≤μ+3σ)≈0.9973)
A. 曲线y=f(x)关于直线x=μ对称
B. 曲线y=f(x)在x=μ处达到峰值1 2π
C. 当σ较小时,正态曲线“矮胖”,当σ较大时,正态曲线“瘦高”
D. 若σ2=4,μ=60,则P(62≤X≤64)=0.1359
10.已知函数f(x)= 2sin(2x−π4)，则下列说法正确的是( )
A. f(x)的最小正周期为2π
B. 若f(x)在区间(0,m)恰有两个零点，则m的取值范围为(5π8,9π8]
C. 若f(x)≥−1，且0≤x≤2π，则0≤x≤3π4
D. 若f(x)在区间(0,m)恰有两个极值点，则m的取值范围为(7π8,11π8]
11.已知函数f(x)=2x3−3ax2+1，则下列说法正确的是( )
A. 若f(x)在x=1处取得极小值，则a=1
B. ax2>1，则f(x1)1，则f(x)有3个零点
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知(3−2x)n的展开式中，只有第7项的二项式系数最大，则n的值为 ．
13.设M是抛物线y2=6x上一点，F是抛物线的焦点，O为坐标原点，∠OFM=120∘，则|FM|= ．
14.已知函数f(x)=(x+a)lnx(a>0).若当x>e时，存在过坐标原点O的直线l与曲线y=f(x)相切，则实数a的取值范围为 ．
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.(本小题13分)
如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，M是BC的中点，A1B=A1C.
(1)证明：BC⊥平面AMA1;
(2)若AB⊥AC，AB= 2，AA1=2，求二面角B−A1C1−C的余弦值．
16.(本小题15分)
已知等差数列{an}满足a2=4，a1+a3+a5=18，等比数列{bn}满足b1+b4= 9，
b2+b5=18．
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式;
(2)若数列{cn}满足cn=an⋅bn，求数列{cn}的前n项和Sn．
17.(本小题15分)
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H1，H2，H3，对其进行两次智能模仿成年人活动检测．
(1)若H1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910;若第一次检测不成功，则第二次检测成功的概率为34.已知H1型服务机器人第一次检测成功的概率为45，求H1型服务机器人第二次检测成功的概率;
(2)试产H1，H2，H3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，H1，H2，H3型合格的概率分别为34，45，35，第二次检测时，H1，H2，H3型合格的概率分别为23，34，23.两次检测相互独立，设经过两次检测后，H1，H2，H3型服务机器人合格的种类数为随机变量X，求X的分布列和数学期望。
18.(本小题17分)
已知函数f(x)=axex+1．
(1)当a=−1时，求f(x)在区间[−2,0]上的最大值和最小值;
(2)当a=1时，证明：f(x)≥lnx+x+2;
(3)若∀x∈[1e,+∞)，f(x)≤x2lnx−x3+x2+1，求实数a的取值范围．
19.(本小题17分)
已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左，右焦点分别F1，F2，M为椭圆C上任意一点，|F1F2|=2，|MF1|+|MF2|=4．
(1)求椭圆C的方程;
(2)若N为圆C1:(x−5)2+(y−2)2=5上任意一点，求|MN|+|MF2|的最小值;
(3)已知直线l:y=kx+1，(k≠0)与y轴交于点D，且与椭圆C交于A，B两点，E为坐标平面内不在直线l上的动点，若直线AE，DE，BE斜率的倒数成等差数列，证明：动点E在定直线L上，并求直线L的方程．
参考答案
1.A
2.C
3.B
4.C
5.A
6.D
7.C
8.C
9.AD
10.BD
11.ACD
12.12
13.6
14.[e2,+∞).
15.解：(1)由直三棱柱ABC−A1B1C1可得A1A⊥平面ABC，又BC⊂平面ABC，所以A1A⊥BC，
因为M是底边BC的中点，A1B=A1C，所以BC⊥A1M，
因为A1A，A1M⊂平面A1MA，A1A∩A1M=A1，BC⊄平面AMA1，所以BC⊥平面A1MA．
(2)由已知AA1⊥平面ABC，
AC,AB⊂平面ABC
所以A1A⊥AC，A1A⊥AB，又AB⊥AC，
以AB，AC，AA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系A−xyz，
由(1)可知AM⊥BC，所以AB=AC= 2，则A1(0,0,2)，B( 2,0,0)，C1(0, 2,2)，
所以A1B=( 2,0,−2)，A1C1=(0, 2,0)，
设平面A1BC1的法向量为n=(x,y,z)，则n⋅A1B=0n⋅A1C1=0，可得 2x−2z=0 2y=0，
令z=1，则n=( 2,0,1)，因为AB⊥AC，AB⊥AA1，
AC∩AA1=A,AC,AA1⊂平面ACC1A1，所以AB⊥平面ACC1A1，
所以平面A1CC1的法向量为m=(1,0,0)，设二面角B−A1C1−C为θ，
由图知θ为锐角，则csθ=|m⋅n||m||n|= 2 3= 63，
所以二面角B−A1C1−C的余弦值为 63
16.解：(1)设等差数列{an}的公差为d，因为a1+a3+a5=3a3=18，所以a3=6，
又a2=4，所以d=a3−a2=2，所以a1=a2−d=2，所以an=a1+(n−1)d=2+(n−1)×2=2n；
设等比数列{bn}的公比为q，则b2+b5b1+b4=q(b1+b4)b1+b4=q=189=2，所以b1+b4=b1+b1q3=b1+23b1=9，所以b1=1，
所以bn=b1qn−1=2n−1；
(2)由(1)得cn=an⋅bn=2n⋅2n−1=n⋅2n，
所以Sn=1×2+2×22+3×23+⋯+n⋅2n，
2Sn=1×22+2×23+3×24+⋯+n⋅2n+1，
两式相减得−Sn=2+22+23+⋯+2n−n⋅2n+1=2(2n−1)2−1−n⋅2n+1=−2−(n−1)⋅2n+1，所以Sn=(n−1)⋅2n+1+2．
17.解：(1)记A=“H1型服务机器人第一次仿成年人拿水杯检测成功”，
B=“H1型服务机器人第二次仿成年人拿水杯检测成功”，
则P(A)=45，P(A)=15，P(B|A)=910，P(B|A)=34．
因为P(B|A)=P(AB)P(A)，所以P(AB)=P(A)⋅P(B|A)=45×910=1825，
因为P(B|A)=P(AB)P(A)，所以P(AB)=P(A)⋅P(B|A)=15×34=320，
则P(B)=P(AB)+P(AB)=1825+320=87100．
(2)三类不同型号的服务机器人检测合格的概率分别为：
PH1=34×23=12，PH2=45×34=35，PH3=35×23=25，
由题意随机变量X的可能取值为0，1，2，3，
则P(X=0)=(1−12)×(1−35)×(1−25)=325，
P(X=1)=12×(1−35)×(1−25)+(1−12)⋅35×(1−25)+(1−12)×(1−35)×25=1950，
P(X=2)=12×35×(1−25)+(1−12)×35×25+12×(1−35)×25=1950，
P(X=3)=12×35×25=325．
随机变量X的分布列为
所以E(X)=0×325+1×1950+2×1950+3×325=32．
18.解：(1)当a=−1时，f(x)=−xex+1，所以f′(x)=−(1+x)ex，
当x∈(−2,−1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增;
当x∈(−1,0)时，f′(x)f(0)=1，所以f(x)在区间[−2,0]上的最小值为f(0)=1．
所以f(x)在区间[−2,0]上的最大值为1+ee，最小值为1．
(2)证明：当a=1时，令g(x)=xex−lnx−x−1，其定义域为(0,+∞)，
因为g(x)=xex−ln(xex)−1，令t=xex>0，得ℎ(t)=t−lnt−1，ℎ′(t)=1−1t=t−1t，
所以当00，φ(e2)=4−e20，F′(x)>0，F(x)单调递增，
当x∈(1,x0)时，φ(x)>0，F′(x)−e−2，所以ℎ(1e)>ℎ(x0)，所以ℎ(x)min=ℎ(x0)=−1e2，
所以实数a的取值范围为(−∞,−1e2].
19.解：(1)设椭圆的半焦距为c，因为|F1F2|=2c=2，所以c=1，
由椭圆的定义|MF1|+|MF2|=2a=4，所以a=2，所以b= a2−c2= 22−12= 3，
所以C的方程为x24+y23=1．
(2)因为C:x24+y23=1的右焦点F2(1,0)，圆C1:(x−5)2+(y−2)2=5的圆心C1(5,2)，半径r= 5，显然椭圆C与圆C1没有交点，因为点N在圆C1上，所以|MN|min=|MC1|− 5，于是|MN|+|MF2|≥|MC1|− 5+|MF2|≥|C1F2|− 5= (5−1)2+22− 5= 5，当且仅当M，N分别是线段C1F2与椭圆C、圆C1的交点时取等号，所以|MN|+|MF2|的最小值为 5．
(3)设E(x0,y0)，A(x1,y1)，B(x2,y2)，因为直线l:y=kx+1，所以点D(0,1)，联立y=kx+1x24+y23=1消去y得(3+4k2)x2+8kx−8=0，Δ=96(2k2+1)>0．
∴x1+x2=−8k3+4k2，x1x2=−83+4k2，因为kEA=y0−y1x0−x1，kED=y0−1x0，kEB=y0−y2x0−x2，且直线AD，DE，BD斜率的倒数成等差数列，所以1kAD+1kBD=2kDE，所以2x0y0−1=x0−x1y0−y1+x0−x2y0−y2，即(x0−x1y0−y1−x0y0−1)+(x0−x2y0−y2−x0y0−1)=0，将y1=kx1+1，y2=kx2+1代入上述等式可得x1(kx0+1−y0)(y0−y1)(y0−1)+x2(kx0+1−y0)(y0−y2)(y0−1)=0，若kx0+1−y0=0，则点E在直线l上，与已知矛盾;故kx0+1−y0≠0，x1(y0−y1)(y0−1)+x2(y0−y2)(y0−1)=0，整理可得x1(y02−y0+y2−y2y0)+x2(y02−y0+y1−y1y0)=0，可得(x1+x2)(y02−y0)+(x1y2+x2y1)(1−y0)=0，即(x1+x2)(y02−y0)+(2kx1x2+x1+x2)(1−y0)=0，即−8k3+4k2(y02−y0)−24k3+4k2(1−y0)=0对任意的k∈R，k≠0恒成立，所以y02−4y0+3=0，解得y0=1或y0=3.由于DE的斜率不为0，所以y0≠1，故y0=3.所以点E在定直线L:y=3上．