湖南省长沙市2024_2025学年高二数学下学期5月期中测试试题含解析

这是一份湖南省长沙市2024_2025学年高二数学下学期5月期中测试试题含解析，共21页。试卷主要包含了填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
本试卷分第 I 卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共 6 页.时量 120 分钟.满分 150
分.
第 I 卷
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】A
【解析】
【分析】根据分式不等式解法及对数函数的单调性求解不等式，再根据交集的定义求解即可．
【详解】解不等式 ， ，
所以 ．
故选：A．
2. 复数 的虚部是（ ）
A. i B. 1 C. D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】根据复数的除法运算即可求解．
【详解】 ，虚部为 2．
故选：D．
3. 函数 有且只有一个零点的充要条件是（ ）
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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. 现从含甲、乙在内的 10 名特种兵中选出 4 人去参加抢险，则在甲被选中的前提下，乙也被选中的概率为
（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】记 分别表示“甲被选中”和“乙被选中”，然后使用条件概率公式计算 即可.
【详解】记 分别表示“甲被选中”和“乙被选中”.
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由于一共有 10 名特种兵，而要从中选出 4 名，故 .
而从 10 名特种兵选出 4 名时，如果甲和乙被选中，则剩余 2 个被选中的人可从甲和乙之外的 8 名特种兵中
任意选择 2 名，
故选取方式有 种，从而 .
故 ，A 正确.
故选：A.
5. 中国的 技术领先世界， 技术中的数学原理之一是香农公式： ，它表示在被高
斯白噪音干扰的信道中，最大信息传送速率 取决于信道带宽 ､信道内所传信号的平均功率 ､信道内部
的高斯噪音功率 的大小，其中 叫做信噪比.若不改变带宽 ，而将信噪比 从 1000 提升至 2500，则
大约增加了（ ）（附： ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，结合对数运算法则以及参考数据，直接求解即可.
【详解】令 ，不妨设 时，对应 最大信息传送速率为 ， 时，对应的最大信息传
送速率为 ，
则
，
故将信噪比 从 1000 提升至 2500，则 大约增加了 .
故选：B.
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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. 已知函数 的图象关于点 中心对称，则（ ）
A. 函数 的图象可由 向左平移 个单位长度得到
B. 函数 的图象可由 向左平移 个单位长度得到
C. 在区间 上单调递减
D. 在区间 上单调递增
【答案】C
【解析】
【分析】先利用函数的对称中心求出 ，得到 ，对 A，B，利用三角函数平移
的性质判断；对 C，D，利用三角函数的单调性判断即可.
【详解】函数 的图象关于点 中心对称，所以 ，
可得 ，结合 ，得 ，所以 ．
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对于 A，函数 的图象可由 向左平移于 个单位长度得到，故 A 错误；
对于 B，由诱导公式得 ，
向左平移 个单位长度后得到 ，故 B 错误；
对于 C，当 时， ，
由于 在 上单调递减，
所以函数 在区间 上单调递减，故 C 正确；
对于 D，当 时， ，
由于 在 上不单调，
故函数 在区间 上不单调递增，故 D 错误．
故选：C.
8. 已知函数 ，若对任意实数 ，不等式 总成立，则实数
的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】将所求不等式变形为 ，构造函数 ，可知该函数
在 上为增函数，由此可得出 ，其中 ，利用导数求出 的最大
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值，即可求得实数 的取值范围.
【详解】当 时，由 可得 ，
即 ，
构造函数 ，其中 ，则 ，
所以，函数 在 上为增函数，
由 可得 ，
所以， ，即 ，其中 ，
令 ，其中 ，则 .
当 时， ，函数 单调递增，
当 时， ，函数 单调递减，
所以， ， .
故选：D.
【点睛】关键点点睛：本题考查利用函数不等式恒成立求参数，解题的关键就是将所求不等式进行转化，
通过不等式的结构构造新函数，结合新函数的单调性来求解.
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. 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
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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. 曲线 E 上任意一点 P 到定点 的距离与到定直线 的距离之和为 8，则下列说法中正确的有
（ ）
A. 曲线 E 经过点
B. 曲线 E 上点的横坐标的取值范围是
C. 曲线 E 围成的区域面积大于
D. 曲线 E 上横纵坐标均为整数的点仅有 6 个
【答案】BC
【解析】
【分析】根据点 到定点 的距离与到定直线的距离之和为 这一条件，分情况讨论得出曲线 的方程，
再根据方程对各选项进行判断.
【详解】设点 ，因为曲线 E 上任意一点 P 到定，点 的距离与到定直线 的距离之和为 8
，所以曲线 E 的方程为 ，
当 时，得 ，两边平方得 ，
当 时，得 ，两边平方得 ，所以曲线 E 的大致图象如
图所示，
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将 代入 得 ，所以 E 不经过 ，故 A 错误；
将 代 入 ， 解 得 ， 所 以 由 图 象 得 曲 线 E 上 点 的 横 坐 标 的 取 值 范 围 是
，故 B 正确；
由图象可知曲线 E 的面积 ，故 C 正确；
因为曲线 E 上，点的横坐标的取值范围是 ，将
分别代入 ，
解得曲线 E 过点
，
，所以曲线 E 上横纵坐标均为整数的点仅有 4 个，故 D 错误.
故选：BC．
11. 已知函数 与 的定义域均为 ，且 ，若
为偶函数，则（ ）
A. 函数 的图象关于直线 对称 B.
C. 函数 的图象关于点 对称 D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据函数的对称性、周期性、函数值等知识确定正确答案.
【详解】A 选项， 是偶函数，图象关于 对称，将 的图象的横坐标放大为原来的两
倍，得到 的图象，则 是偶函数，图象关于直线 对称；将 的图象向左平移 1
个单位长度，得到 的图象，则 的图象关于直线 对称，A 选项错误；
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B 选项，由 ，以 替换 x 得 ，
由 得 ，
令 得 ，
由于 的图象关于直线 对称，所以 ，B 选项正确；
C 选项，由 ，以 替换 x 得 ，
由 得 ，
令 得 ，所以 的图象关于点 对称，C 选项正确；
D 选项， 的图象关于直线 对称， ，由 ，
，
以 替换 x 得 ，所以 ， ，
的周期为 4， ， ，
，D 选项正确．
故选：BCD．
第Ⅱ卷
三、填空题（本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分）
12. 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 ．
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当且仅当 时，即 ，即 时，取等号．
故答案为：
13. 在 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c， ，若
，且 ，则 的面积为________．
【答案】
【解析】
【分析】由已知根据 可得 ，然后结合余弦定理可得 ，利用面积公式即可
求解.
【详解】由 ，所以 ，整理得 ，
所以 ，
解得 ，
所以 .
故答案为： .
14. 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： ； .
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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（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. 已知数列 的前 n 项和为 ，点 在直线 上， ．
（1）求数列 的前 n 项和 以及数列 的通项公式；
（2）若数列 满足 ，设数列 的前 n 项和为 ，求 的最小值．
【答案】（1） ，
（2）
【解析】
【分析】（1）将 代入直线得出 ，由 与 的关系求解通项公式即可；
（2）由 得出 ，则当 ，2，3 时， ，当 时， ，即可求解 的最小值．
【小问 1 详解】
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由题意知 ，则 ，
当 时， ，
当 时， ，
因为 符合 ，
所以 ．
【小问 2 详解】
，令 ，
所以当 ，2，3 时， ，当 时， ，
故 ．
16. 如图，在四棱锥 中，底面 ABCD 为矩形，点 E 是棱 PD 上的一点， 平面 AEC．
（1）求证：点 E 是棱 PD 的中点；
（2）若 平面 ABCD， ，PC 与平面 ABCD 所成角的正切值为 ，求二面角
的正切值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）连接 BD，BD 与 AC 交于，点 F，连接 EF，结合四边形 ABCD 为矩形可得 为 BD 的中点，
根据 平面 AEC 可得 ，进而求证即可；
（2）方法一：结合 平面 ABCD 可得 就是 PC 与平面 ABCD 所成的角，进而得到 ，
进而得到 平面 PAD，在平面 PAD 内作 ，垂足为 G，连接 GC，可得 ，进而得到
是二面角 的平面角，进而求解即可；
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方法二：结合 平面 ABCD 可得 就是 PC 与平面 ABCD 所成的角，进而建立空间直角坐标系，
得到平面的法向量，利用法向量求解即可.
【小问 1 详解】
连接 BD，BD 与 AC 交于，点 F，连接 EF，
四边形 ABCD 为矩形， 为 BD 的中点，
平面 AEC，平面 PBD 经过 PB 且与平面 AEC 交于 EF， ，
又点 F 是 BD 的中点， 点 E 是棱 PD 的中点.
【小问 2 详解】
方法一： 平面 ABCD，AC，AD， 平面 ABCD， ，
则 就是 PC 与平面 ABCD 所成 角，
故 ，解得 ．
四边形 ABCD 为矩形， ，
又 ，PA 与 AD 是平面 PAD 内的两相交直线， 平面 PAD，
如图，平面 PAD 内作 ，垂足为 G，连接 GC，则 ，
是二面角 的平面角．
在直角三角形 PAD 中， ，点 E 是 PD 的中点，
，且
平面 PAD， 平面 PAD， ，故 ，
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二面角 的平面角的正切值为 ．
方法二： 平面 ABCD，AC，AD， 平面 ABCD，
，则 就是 PC 与平面 ABCD 所成的角，
又 四边形 ABCD 为矩形， ，
分别以 AB，AD，AP 为 x，y，z 轴，建立空间直角坐标系 ，
设 是平面 AEC 的一个法向量，二面角 的大小为 ，
由 ，可得 ，
则 ，
故
解得 ，所以 ，
又 是平面 AED 的一个法向量，且 为锐角，
故 ，
则 ，即 ，
所以二面角 的平面角的正切值为 ．
17. 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
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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 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 ，
，
，
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.
.
则 .
令 ， ，
当 时， ，即 在 上单调递减，故 ，
因此， 的最大值为 .
18. 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 ，
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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 ，
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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
.
19. 如图，双曲线 ： 的虚轴长为 2，离心率为 ，斜率为 的直线 过 轴上
一点 .
（1）求双曲线 的标准方程；
（2）若双曲线 上存在关于直线 对称的不同两点 ， ，直线 与直线 及 轴的交点分别为 ， .
（i）当 时，求 的取值范围；
（ii）当 时，求 的最小值.
【答案】（1）
（2）（i） ；（ii）
【解析】
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分析】（1）由虚轴及离心率可得 ，即可得双曲线方程；
（2）令 ，设直线 为： ，将直线 BC 方程与双曲线方程联立，由韦达定理可得
， .（i）代入 ，可得 ， ，结合 ，可得
，最后由 可得答案；（ii）由 ，结合 ， ， ，可得
关于 表达式，然后由基本不等式可得答案.
【小问 1 详解】
由题知 ，解得 ，双曲线 E 的标准方程为 ；
【小问 2 详解】
令 ，设直线 为： ，与 联立得
，当 时，
设 ，则由韦达定理，及题意可得：
则 ， ，.
（i）当 时， ， ，
由 ，得 ，
又因为 ，即 ，
所以 ；
（ii）由题知 ， .
因为 ，
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所以 ，又 ， ，
则 ，
，
又 ，
则 ，
则 ，
当 取得，此时 满足题意.
综上， 的最小值为 .
【点睛】关键点睛：对于双曲线中所涉及的范围问题，常利用双曲线上点的横坐标范围，判别式，点与双
曲线位置关系求解；对于最值问题，常先找到所求量关于某变量的表达式，再利用函数知识或基本不等式
求解.
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