湖南岳阳岳阳县第一中学2024~2025学年高二下册5月期中数学试卷[附解析]

这是一份湖南岳阳岳阳县第一中学2024~2025学年高二下册5月期中数学试卷[附解析]，文件包含湖南省岳阳市岳阳县第一中学2024-2025学年高二下学期5月期中数学试题解析docx、湖南省岳阳市岳阳县第一中学2024-2025学年高二下学期5月期中数学试题docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共28页， 欢迎下载使用。
1. 若复数，则（ ）
A. B. 2C. D. 10
【答案】C
【解析】
【分析】根据复数的除法运算及模长计算公式即可求解．
【详解】，
则，
故选：C．
2. 若复数满足，则复数的虚部为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用复数的除法化简复数，即可得出复数的虚部.
【详解】因为，所以，因此复数的虚部为.
故选：C.
3. 函数有且只有一个零点的充要条件是（ ）
A. B. C. D. 或
【答案】D
【解析】
【分析】由题意得函数的图象过点，把问题转化为：函数没有零点函数的图象与直线无交点，数形结合可得解．
【详解】因为时，，可知函数的图象过点，
所以函数有且只有一个零点
函数没有零点
函数的图象与直线无交点．
当时，，
由图可知，函数 的图象与直线无交点或．
即函数有且只有一个零点的充要条件是或．
故选：D．
4. 若随机变量，且，则的最小值为（ ）
A. B. C. 1D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】由正态分布的对称性有，再应用“1”的代换和基本不等式求目标式的最小值.
【详解】由题设，则，
当且仅当时取等号，即的最小值为1.
故选：C
5. 已知椭圆E：，点，若直线（）与椭圆E交于A，B两点，则的周长为（ ）
A. B. 4C. D. 8
【答案】D
【解析】
【分析】求出直线所过的定点，再利用椭圆的定义求出三角形周长.
【详解】椭圆E：的长半轴长，半焦距，
则点为椭圆的左焦点，其右焦点为，
而直线恒过定点，
所以的周长为.
故选：D
6. 已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为，则圆锥的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用圆柱和圆锥的侧面积公式可求得，再利用圆锥的体积公式即可求解.
【详解】设圆柱和圆锥的底面半径为，高，
因为圆柱和圆锥的侧面积相等，所以，
即，故，
所以圆锥的体积为.
故选：B.
7. 已知正三棱锥的外接球为球，点为的中点，过点作球的截面，则所得截面图形面积的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】作出辅助线，设该球半径为，利用勾股定理求出，求出，从而确定球心到过点的截面圆的距离，故截面圆半径，得到截面面积的取值范围.
【详解】作平面，则是等边的中心，设是正三棱锥外接球的球心，
点在上，连接，连接并延长交于点，
则.设该球半径为，则.
由，可得，
故.
在中，，解得.
因为点为的中点，所以，
在中，，所以，
设球心到过点的截面圆的距离为，可知，
截面圆半径，
所以截面圆的面积的取值范围为.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径
8. 学校要举办足球比赛，现在要从高一年级各班体育委员中挑选名不同的裁判员（一名主裁判，一名助理裁判，一名助理裁判，一名第四裁判），其中高一共个班，每个班各一名体育委员，共个女生，个男生，要求四名裁判中既要有男生，也要有女生，那么在女裁判员担任主裁判的条件下，第四裁判员是男生的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】先确定四名裁判中既有男生也有女生，且女裁判员担任主裁判的事件数，再确定四名裁判中既有男生也有女生，且女裁判员担任主裁判，第四裁判是男生的事件数，最后根据条件概率公式得结果．
【分析】第一步确定四名裁判中既有男生也有女生，且女裁判员担任主裁判的事件数：
先从名女生中选出一名担任主裁判，有种选法，再从剩下人中选出人分别担任不同的助理裁判以及第四裁判，
注意到四名裁判中既有男生也有女生，所以有种选法，
故四名裁判中既有男生也有女生，且女裁判员担任主裁判的事件数为，
第二步确定四名裁判中既有男生也有女生，且女裁判员担任主裁判，第四裁判是男生的事件数：
先从名女生中选出一名担任主裁判，有种选法；
再从名男生中选出一名担任第四裁判，有种选法；
最后从剩下人中选出人分别担任不同的助理裁判，有种选法，
故四名裁判中既有男生也有女生，且女裁判员担任主裁判，第四裁判是男生的事件数为，
因此，四名裁判中既要有男生，也要有女生，且在女裁判员担任主裁判的条件下，
第四裁判员是男生的概率为，
故选：A.
二、多选题（每题5分，共20分）
9. 下列结论中，正确的有（ ）
A. 数据4，1，6，2，9，5，8的第70百分位数为5
B. 若随机变量，则
C. 若，且，则C，D相互独立
D. 根据分类变量X与Y的成对样本数据，计算得到，依据小概率值的独立性检验（），可判断X与Y有关联，此推断犯错误的概率不大于0.001
【答案】BC
【解析】
【分析】由分位数的计算方法即可判断A；由正态分布曲线的对称性即可判断B；根据条件概率公式及对立事件即可判断C；根据独立性检验即可判断D选项．
【详解】对于A，先排序：1,2,4,5,6,8,9，，第五位数据6，故A错误；
对于B，，
则，故B正确；
对于C，，
由条件概率公式得，得到，即C，D相互独立，故选项C正确；
对于D，没有充分证据推断X与Y有关联，故D错误．
故选：BC．
10. 已知 为正实数， ，则下列说法正确的是（ ）
A. B. 的最小值为 -1
C. 的最小值为 12D. 的最小值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据题意，化简得到，令，得到，结合函数单调性，可判定A正确；由，得到，结合二次函数的性质，可得判定B正确；化简，利用基本不等式，可得判定C不正确；由，得到，可判定D正确.
【详解】由，可得，
对于A中，令，则且，
可得，则，
因为函数在上单调递减，在上单调递增，
可得，所以，所以A正确；
对于B中，由，可得，
则，
当且仅当时，取得最小值，所以B正确；
对于C中，由，
当且仅当时，即时，即时，等号成立，所以C不正确；
对于D中，由，
可得，
当且仅当时，即时，等号成立，
所以最小值为，所以D正确.
故选：ABD.
11. 如图所示，在棱长为1的正方体中，，分别为棱，的中点，则以下四个结论正确的是（ ）
A. 棱上存在一点，使得平面
B. 点到平面的距离为
C. 过且与面平行的平面截正方体所得截面面积为
D. 过的平面截正方体的外接球所得截面面积的最小值为
【答案】BCD
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，借助空间向量分析计算可判断A，B；作出过与平面平行的正方体截面，计算其面积判断C；求出直线PQ被正方体的外接球所截弦长即可计算作答.
【详解】A，在棱长为1的正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，
设平面的一个法向量，则，
令，得，
设棱上点，，则，
若平面，则有，
解得，与矛盾，
即在棱上不存在点M，使得平面，A不正确；
B，点到平面的距离h，因，
则，B正确；
C，取AD，CD的中点E，F，连接，
则，即确定一个平面，如图，
依题意，，，即四边形是平行四边形，，
平面，平面，于是得平面，
显然，平面，平面，于是得平面，
而，平面，因此，平面平面，
即梯形是过与平面平行的正方体的截面，
而，
则此等腰梯形的高，
所以过与平面平行的正方体的截面面积为，C正确；
D，过PQ的平面截正方体的外接球所得截面小圆最小时，
该小圆直径是直线PQ被正方体的外接球所截弦，
由对称性知线段PQ中点N是这个小圆的圆心，
令正方体的外接球球心为O，连接ON，OP，
则，而，而球半径，
则这个小圆半径，此圆面积为，D正确.
故选：BCD
12. 已知抛物线的焦点为，准线为与轴的交点为，过的直线与分别交于两点，则以下选项正确的是（ ）
A. 坐标为
B. 当时，
C. 若，则
D. 过点作与垂直的直线与交于两点，则四边形面积的最小值为32
【答案】ABD
【解析】
【分析】由抛物线方程得出焦点坐标即可判断A；设，设直线，与抛物线方程联立得出和，进而得出和，根据得出，列方程求解即可判断B；由得出，代入即可判断C；设，设直线，表示出四边形面积，根据基本不等式即可判断D．
【详解】对于A，抛物线：，焦点坐标，故A正确；
对于B，设，
由题意知，直线斜率不为零，设直线，
，
可推出：，
，
所以，解得，
所以，故B正确；
对于C，，
因为，
所以，，故C错误；
对于D，设，设直线，同理推出，
，
当且仅当时等号成立，故D正确；
故选：ABD．
三、填空题（每题5分，共20分）
13. 已知，且，则的最小值是________．
【答案】
【解析】
【分析】由基本不等式的常数代换，代入计算，即可得到结果.
【详解】因为，且，所以，
所以．
当且仅当时，即，即时，取等号．
故答案为：
14. 在数1和100之间插入n个实数，使得这个数构成递增的等比数列，将这个数的乘积记作，再令.则数列的通项公式为__________.
【答案】，
【解析】
【分析】记这个数构成递增的等比数列为，则由，，可得到，将化简后代入即可得出答案.
【详解】记由个数构成递增的等比数列为，
则，，则，即
所以，
即


故答案为：，.
15. 已知等差数列的项数为奇数，其中所有奇数项和为290，所有偶数项和为261，则该数列的项数为__________.
【答案】19
【解析】
【分析】根据等差数列等差中项的性质，结合等差数列求和可得解.
【详解】设等差数列的前项和为，项数为，
则，
，
两式相除得，解得，
则项数为.
故答案为：19
16. 甲口袋中装有2个黑球和1个白球，乙口袋中装有3个白球.现从甲、乙两口袋中各任取一个球交换放入另一口袋，重复次这样的操作，记甲口袋中黑球个数为，恰有2个黑球的概率为，恰有1个黑球的概率为，则______，的数学期望______.（用表示）
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】利用全概率公式，构造概率递推公式，再由数列中的递推求通项思想即可.
【详解】经过第一次操作得：，，
经过第二次操作得：；.
根据全概率公式可知：，
，
两式相加可得，
则：，时，，
所以，，
因为，数列是首项为，公比为的等比数列，
所以，即，
所以.
故答案为：①；②.
【点睛】方法点睛：由全概率公式来得到递推关系，再利用数列思想求解即可.
四、解答题（共70分）
17. 设数列的前项和为，已知，数列是以为公差的等差数列.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，数列的前项和为，证明：.
【答案】（1）
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（2）求出，从而利用等差数列通项公式求出，再利用求出答案；
（2）通过裂项相消法求，并证明.
【小问1详解】
因为，则，
因为数列是以为公差等差数列.
所以，可得，
当时，，
又因为适合上式，因此.
【小问2详解】
由（1）可得：，
故
18. 已知数列的首项为，且满足．
（1）求证：是等比数列；
（2）求数列的前项和．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由递推公式变形得，利用等比数列的定义即可证明是等比数列.
（2）由（1）得，再利用分组求和法及等比数列前项和公式求和即可
【小问1详解】
证明：
数列满足，即，
，
即，
又，
,
数列表示首项为，公比为的等比数列．
【小问2详解】
由（1）知，
，
，
当为偶数时，可得；
当为奇数时，可得；
综上可得，
19. 在一个温馨的周末，甲同学一家人齐聚在宽敞明亮的客厅里进行掷游戏币活动，假设每次掷游戏币出现正面的概率为，且，每次掷游戏币的结果相互独立.
（1）当时，若甲连续投掷了两次，求至少出现一次正面向上的概率；
（2）若规定每轮游戏只要连续不断的出现三次正面向上，则游戏结束，每轮最多连续投掷6次.
①甲在一轮游戏中恰好投掷了5次游戏结束的概率为，求的表达式；
②设甲在一轮游戏中投掷次数为，求的最大值.
【答案】（1）
（2）①；②
【解析】
【分析】（1）利用对立事件概率的关系求事件的概率.
（2）①明确投掷5次游戏结束的具体情况，可求得其概率；
②明确的可能取值，求出对应概率，得到的分布列，求其期望，再结合导数与函数的单调性，求的最大值.
【小问1详解】
设事件表示第次正面向上，其中.且，，
设事件：“至少出现一次正面向上”.
【小问2详解】
①设事件：“恰好投掷了5次游戏结束”，则.
故
.
所以.
②由题意知，
，
，
.
.
则.
令，，
当时，，即在上单调递减，故，
因此，的最大值为.
20. 如图．在四棱锥中，，，，点在上，且，．
（1）若为线段中点，求证：平面；
（2）若平面，求平面与平面夹角的正弦值．
【答案】（1）证明过程见解析；
（2）
【解析】
【分析】（1）取的中点为，接，可证四边形为平行四边形，由线面平行的判定定理可得平面.
（2）建立如图所示空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量后可求夹角的余弦值，再利用余弦值求正弦值即可.
【小问1详解】
取的中点为，连接，则，
而，故，
故四边形为平行四边形，故，
又平面，平面，所以平面.
【小问2详解】
因为，故，故，
故四边形为平行四边形，故，
因平面，所以平面，
而平面，故，而，
故以为原点，分别以所在直线为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
则，
设平面的法向量为，
则，即，令，则，
设平面的法向量为，
则，即，令，则，
故，
故平面与平面夹角的正弦值为.
21. 为了测试一种新药对某种疾病的治疗效果，研究人员对一地区某种动物种群（数量较大）进行试验，从该试验种群中随机抽查了80只，得到如下的样本数据（单位：只）：
（1）能否在犯错误概率不超过0.001的前提下，认为该药物与预防该疾病有关？
（2）从该地区此动物群中任取一只，记表示此动物发病，表示此动物没发病，表示此动物使用药物，定义事件的优势，在事件发生的条件下的优势，证明：，并利用表中数据求出值．
（3）若把表中的频率视作概率，现从该地区没发病的动物中抽取3只动物，记抽取的3只动物中使用药物的只数为，求随机变量的分布列，数学期望．
附：，其中．
【答案】（1）能在犯错误概率不超过0.001的前提下，认为该药物与预防该疾病有关；
（2）证明过程见解析；；
（3）分布列见解析；
【解析】
【分析】（1）求得卡方值，与临界值进行比较即可；
（2）利用条件概率的概率公式、对立事件的概率公式、以及全概率公式进行化简，再利用表中数据求出，即可；
（3）先求出频率，则服从二项分布，按照二项分布列出其分布列，并求其期望即可.
【小问1详解】
提出零假设该药物与预防该疾病无关，
根据表格得出，，
由此推断不成立，
则能在犯错误的概率不超过0.001的前提下，认为该药物与预防该疾病有关.
【小问2详解】
由条件可得，
由表中数据可知，，，则.
【小问3详解】
样本中没发病的动物有只，其中使用药物的有只，
则使用药物且没发病的频率为，
将频率视作概率，则，
则，，
，，
则的分布列为：
期望.
22. 已知函数，.
（1）求函数的值域；
（2）设函数，证明：有且只有一个零点，且.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）依题意可得，首先判断的奇偶性，再利用换元法求出函数在时的取值范围，结合偶函数的性质得解.
（2）结合零点的存在性定理分类讨论可证有且只有一个零点；结合零点性质与单调性放缩可得.
【小问1详解】
因为，
所以，
则，
所以为偶函数，
当时，
令，则，令，，
，又，，
所以，
即当时，根据偶函数关于轴对称，所以当时，
综上可得.
【小问2详解】
因为，
当时，函数与函数均在上单调递增，
故在上单调递增，
又，，
故存在唯一零点，
当时，，，故，
当时，，，故，
故当时，无零点，
综上所述，有且只有一个零点，且该零点；
由上可知，且有，
则，
即，
由函数在区间上单调递增，
故.
【点睛】关键点睛：本题二问关键在于借助零点的存在性定理判定有且只有一个零点，借助零点得到，将转化为，结合函数单调性，得到.
发病
没发病
合计
使用药物
10
30
40
没使用药物
25
15
40
合计
35
45
80
0.050
0.010
0.001
3.841
6.635
10.828