2024-2025学年湖南省市县级高中教育教学联盟高二下学期五月联考数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年湖南省市县级高中教育教学联盟高二下学期五月联考数学试卷（含答案），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。
1.已知集合A={0,1,2,3}，B={x|lg2x∈A}，则A∩B=( )
A. {0,1}B. {0,2}C. {1,2}D. {1,2,3}
2.已知zz−1=i，则复数z的虚部为( )
A. 12B. −12C. 12iD. −12i
3.若向量a=(x,1)，b=(1,0)，且a⊥(a−2b)，则x=( )
A. 1B. 0C. −1D. 12
4.(1+yx)(2x−y)5的展开式中x2y3的系数为( )
A. 20B. 40C. −40D. 120
5.已知焦点在x轴上的椭圆，上顶点为M，左、右焦点分别为F1，F2，经过点F1的直线垂直平分线段MF2，且交椭圆于B，C两点，△MBC的周长为8，则椭圆的标准方程为( )
A. x2+4y2=1B. x216+y212=1C. x24+y2=1D. x24+y23=1
6.已知等比数列{an}的公比是q，前n项和为Sn，a10
C. 2a−2−b>3−a−3bD. ea+b>1
11.如图，在正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AA1= 2，AB=1，E，F分别为A1B1，CD的中点，M是侧面ADD1A1上一动点(含边界)，则下列结论正确的是( )
A. 若满足|MA|=2|MD|，则点M的轨迹为圆的一部分
B. 若∠MA1F=∠EA1F，则点M的轨迹为抛物线的一部分
C. 以点D为圆心， 3为半径的球与正四棱柱的侧面BB1C1C的交线长度为 22π
D. 以EF为直径的球面与正四棱柱的侧面BB1C1C的交线长度为 22π
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知数列{an}的前n项和Sn=n2+2n，则i=32nai= ．
13.在平面直角坐标系xOy中，角α与角β均以Ox为始边，它们的终边关于直线y=x对称，若tanα=2，则sin(β+3α)= ．
14.一般地，如果f(x)是区间[a,b]上的连续函数，并且F′(x)=f(x)，那么abf(x)dx=F(x)|ab=F(b)−F(a).这个结论叫作微积分基本定理，又叫作牛顿−莱布尼茨公式.从几何上看，如果在区间[a,b]上函数f(x)连续且恒有f(x)≥0，那么定积分abf(x)dx表示由直线x=a，x=b(a≠b)，y=0和曲线y=f(x)所围成的曲边梯形的面积.抛物线y=−x2+x与x轴围成的封闭图形的面积为 ;已知数列{an}满足an=nn+1(−1x2)dx，{an}的前n项和为Sn，则S2025= ．
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)
在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，其中a>b，且(2a−c) 1+cs2B= 2bcsC.
(1)求角B的大小;
(2)若a+c=6，△ABC外接圆的半径为2 2，求△ABC的面积．
16.(本小题15分)
为了丰富学生的课余生活，增强团队协作能力和沟通能力，促进身心健康发展，某校将举行一次篮球赛.某班准备组建一支5人的篮球队参加比赛，其中甲、乙2人已入选，现要从含丙、丁、戊的另外5人中再选3人参赛．
(1)求丙、丁、戊3人中入选的人数X的分布列及期望;
(2)现甲、乙、丙、丁、戊5人进行传球训练，第一次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外4个人中的任何1人，求n次传球后球在甲手中的概率．
17.(本小题15分)
在矩形ABCD中，AB=2，BC=4，E，F分别为AD，BC的中点，如图1.将△ABE沿BE折起，使得点A到达点P的位置，如图2，此时二面角P−BE−C的大小为3π4．
(1)证明：BE⊥PF．
(2)已知M为BE的中点，G为平面BCDE内的一个动点，满足PG=2且G，C两点在直线BE的异侧，求直线PG与直线MD所成角的余弦值的最大值．
18.(本小题17分)
已知函数f(x)=mx2，g(x)=1−lnx.
(1)设函数φ(x)=f(x)+g(x)，试讨论φ(x)的单调性;
(2)若f(x)，g(x)的图象存在公切线(与f(x)，g(x)的图象均相切的直线)，求实数m的取值范围;
(3)若存在不相等的x3，x4，使f(x3)+g(x3)=0，f(x4)+g(x4)=0，证明：x3x4>e3．
19.(本小题17分)
已知双曲线E:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，过右焦点F2(2 2,0)的直线l交E的右支于A，B两点，且弦AB的长度最短为6 2．
(1)求E的标准方程．
(2)若r1，r2分别为△AF1F2，△BF1F2内切圆的半径，试问r1r2是否为定值?若是，求出该定值;若不是，请说明理由．
(3)若AF1与E的左支交于点C，求|AF1||BF2|+|AF2||CF1||CF1||BF2|的范围．
参考答案
1.C
2.B
3.A
4.B
5.D
6.C
7.C
8.D
9.BD
10.ACD
11.AD
12.4n2+4n−8
13.−35
14.16；−20252026
15.解：(1)因为在△ABC中，a>b，所以csB>0．
由(2a−c) 1+cs2B= 2bcsC，得(2a−c) 2csB= 2bcsC，
得2sinAcsB−sinCcsB=sinBcsC，即2sinAcsB=sinA，
因为sinA≠0，所以csB=12，B为△ABC内角，所以B=π3．
(2)由△ABC外接圆的半径为2 2，B=π3及正弦定理，得b=2 6，
由余弦定理得12=a2+c2−242ac，所以ac=a2+c2−24，由a+c=6，得ac=4，
所以S△ABC=12acsinB=12×4× 32= 3．
16.解：(1)由题意可知X的所有可能取值为1，2，3，
则P(X=1)=C31C22C53=310，P(X=2)=C32C21C53=610，P(X=3)=C33C53=110，
所以X的分布列为：
故E(X)=310+1210+310=1.8．
(2)设n次传球后球在甲手中的概率为Pn，则P1=0．
由题意可知Pn+1=14(1−Pn)=14−14Pn，
变形可得Pn+1−15=−14(Pn−15)，
则数列{Pn−15}是以P1−15=−15为首项，−14为公比的等比数列，
所以Pn−15=−15×(−14)n−1，所以Pn=15−15×(−14)n−1．
17.(1)证明：取BE的中点M，连接PM，FM．∵PB=PE=2，∴PM⊥BE．
又BP⊥PE，∴BE=2 2.连接CE.又CD=DE=2，CD⊥DE，∴CE=2 2.又BC=4，
∴BE2+CE2=BC2，∴BE⊥CE.又F为BC的中点，∴MF//CE，∴MF⊥BE．
又MF∩PM=M，MF，PM⊂平面PMF，∴BE⊥平面PMF，
∵PF⊂平面PMF，∴BE⊥PF．
(2)解：过点P作PO⊥MF，垂足为O.由(1)得BE⊥平面PMF，又BE⊂平面BCDE，
∴平面BCDE⊥平面PMF.又平面BCDE∩平面PMF= MF，PO⊂平面PMF，
∴PO⊥平面BCDE．
∵PM⊥BE，MF⊥BE，∴∠PMF为二面角P−BE−C的平面角，∴∠PMF=3π4．
又PM= 2，∴PO=1，又PG=2，∴OG= 3．
∵G在平面BCDE内，∴G在以O为圆心， 3为半径的圆上．
∵G，C两点在直线BE的异侧，∴点G在弦BE所对的优弧上．
以OP，OF的方向分别为z轴、x轴的正方向，过点O作BE的平行线为y轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
设∠MOE=α，tanα= 2，则O(0,0,0)，P(0,0,1)，M(1,0,0)，D(1+ 2,2 2,0)，G( 3csθ, 3sinθ,0)，θ∈(α,2π−α)，
∴PG=( 3csθ, 3sinθ,−1)，MD=( 2,2 2,0)，
∴|cs|=|PG⋅MD2× 10|=| 6csθ+2 6sinθ2 10|=| 30sin(θ+φ)2 10|= 32|sin(θ+φ)|
(其中sinφ= 55，csφ=2 55)，θ+φ∈(α+φ,2π−α+φ).
∵tanα= 2，∴α∈(π4,π3)，又φ∈(0,π6)，∴α+φ∈(π4,π2)，
又2π−α+φ>3π2，∴当θ+φ=π2或3π2时，直线PG与直线MD所成角的余弦值取得最大值 32．
18.(1)解：φ(x)=f(x)+g(x)=mx2+1−lnx(x>0)，
φ′(x)=2mx−1x=2mx2−1x．
当m≤0时，x∈(0,+∞)，φ′(x)0时，φ′(x)=0解得x= 2m2m，
∵x∈(0, 2m2m)，φ′(x)0，
∴φ(x)在(0, 2m2m)上单调递减，在( 2m2m,+∞)上单调递增；
(2)解：设f(x)，g(x)的图象与它们公切线的切点坐标分别为(x1,mx12)，(x2,1−lnx2).
由f(x)=mx2，g(x)=1−lnx，知f′(x)=2mx，g′(x)=−1x，
则f(x)的图象在点(x1,mx12)处的切线方程为y=2mx1(x−x1)+mx12，
g(x)的图象在点(x2,1−lnx2)处的切线方程为y=−1x2(x−x2)+1−lnx2．
∵这条直线相同，∴它们具有相同的斜率和纵截距，
∴2mx1=−1x2 ①，−mx12=2−lnx2 ②．
结合 ① ②，有m≠0且−14m=x22(2−lnx2)(x2>0)．
设ℎ(x)=x2(2−lnx)，则ℎ′(x)=2x(2−lnx)−x2⋅1x=x(3−2lnx)．
令ℎ′(x)e32;令ℎ′(x)>0，得00，x1>5 24，
∴|AF2||BF2|=|μ|=2 2x1−53，
∴|AF1||BF2|+|AF2||CF1||CF1|||BF2|=|AF1||CF1|+|AF2||BF2|=2 2x1+53+2 2x1−53=4 2x13，
又x1∈(5 24,+∞)，∴4 2x13∈(103,+∞)，
∴|AF1||BF2|+|AF2||CF1||CF1||BF2|∈(103,+∞). X
1
2
3
P
310
610
110