湖南省2024_2025学年高二数学下学期期末联考试题含解析

这是一份湖南省2024_2025学年高二数学下学期期末联考试题含解析，共20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. 若复数 为纯虚数，则 （ ）
A. 1 B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据复数为纯虚数，列式计算即可求解.
【详解】由 为纯虚数，则 ，解得 .
故选：C
2. 已知集合 ，则 （ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】解一元二次不等式，再利用补集的定义直接求解.
【详解】由 ，得 ，则 ，
所以 .
故选：B
3. 双曲线 的渐近线方程为（ ）
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A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据双曲线的渐近线方程求解即可.
【详解】由双曲线 ，则 ，焦点在 轴上，
所以双曲线 的渐近线方程为 .
故选：B.
4. 已知 为等比数列 的前 项和，若 ，则 （ ）
A. 3 B. 5 C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】应用等比数列通项公式及等比数列求和公式计算求解.
【详解】由等比数列公式可得： ，
所以 .
故选：A.
5. 当 时，曲线 与 的交点个数为（ ）
A. 0 B. 2 C. 4 D. 6
【答案】D
【解析】
【分析】根据正弦函数图像的性质作出两函数图象即可.
【详解】因为函数 的最小正周期为 ，函数 的最小正周期为 ，
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所以在 上函数 有三个周期的图象，
在坐标系中结合五点法画出两函数图象，如图所示：
由图可知，两函数图象有 6 个交点.
故选：D
6. 已知 且 ，则二项式 的展开式中，常数项为（ ）
A. B. C. 6 D. 24
【答案】C
【解析】
【分析】由正态分布的对称性求得 ，再应用二项式的展开式求常数项．
【详解】因为 ，所以 ，
所以 ，
所以二项式 的展开式通项为 ，
令 ，
所以常数项为 ，
故选：C．
7. 定义新运算： ，设 ，命题 ，则（ ）
A. ，且 为假 B. ，且 为假
C. ，且 为真 D. ，且 为真
【答案】D
【解析】
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【分析】根据题意结合指对数函数性质分析可知 ，再根据命题的否定分析判断.
【详解】因为 ，且 ，
则 ， ，
可得 ，即命题 为假命题，
所以 ，且 为真命题.
故选：D.
8. 已知 与 是平面内两个非零向量， ， ， ，点 P 是 平分线上
的动点.当 取最小值时， 的值为（ ）.
A. . B. . C. . D. .
【答案】B
【解析】
【分析】用 的方向向量坐标表示出 的最小值，从而求出 .
【详解】设点 在原点 .
向量 ，因为 且沿 轴，
向量 ， 且 ，
角平分线的方向向量是 和 的单位向量的和：
， ，所以角平分线方向向量为 ，
，
所以 方向的单位向量为： ，
设 ，则 ，
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.，
，
，
，
这是一个关于 的二次函数.当 ， 最小.
此时 .
故选：B.
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. 以下说法正确的是（ ）
A. 若 ， 两组数据的样本相关系数分别为 ， ，则 组数据比 组数据的相关性较强
B. 在残差的散点图中，残差分布的水平带状区域的宽度越窄，其模型的拟合效果越好
C. 决定系数 越大，模型的拟合效果越好
D. 有 10 件产品，其中 3 件次品，抽 2 件产品进行检验，恰好抽到一件次品 概率是
【答案】BCD
【解析】
【分析】由相关系数的含义可判断 A；由残差的散点图的性质可判断 B；决定系数 越大，模型的拟合效
果越好可判断 C；由古典概率可判断 D.
【详解】对于 A，若 ， 两组数据的样本相关系数分别为 ， ，
且 ，则 组数据比 组数据的相关性较弱，故 A 错误；
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对于 B，在残差的散点图中，残差分布的水平带状区域的宽度越窄，其模型的拟合效果越好，故 B 正确；
对于 C，决定系数 越大，模型 拟合效果越好，故 C 正确；
对于 D，有 10 件产品，其中 3 件次品，抽 2 件产品进行检验，
恰好抽到一件次品的概率是 ，故 D 正确.
故选：BCD.
10. 已知 ，则使得“ ”成立的一个充分条件可以是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AD
【解析】
【分析】对于 A 由不等式的性质可判断；对于 B 取特殊值可判断；对于 C 不等式 可化为
，由 即可判断；对于 D 根据 的单调性以及不等式的性质
可判断
【详解】对于 A，因为 ，所以 得 ,故 ，故 A 正确；
对于 B，取 ，此时满足 ，但 ，故 B 错误；
对于 C，由 可得 ，即 ，
当 时， ，
而 ，故 C 错误；
对于 D，由 可知， ，因为 ，所以 ，故 D 正确．
故选：AD
11. 如图，圆锥 内有一个内切球 ， 为底面圆 的直径，球 与母线 ， 分别切于点 ，
.若 是边长为 2 的等边三角形， 为底面圆 的一条直径（ 与 不重合），则下列说法正
确的是（ ）
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A. 球 的表面积为
B. 圆锥 的侧面积为
C. 四面体 的体积的取值范围是
D. 若 为球面和圆锥侧面的交线上一点，则 的最大值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】A 选项，正 内切圆即为球 的截面大圆，又正 的边长为 2，求出球 的半径 ，
得到球的表面积；B 选项，利用圆锥侧面积公式进行求解；C 选项，四面体 被平面 截成体积相
等的两部分，设 到平面 的距离为 ，求出正三角形 的边长和面积，求出
； D 选 项 ， 动 点 的 轨 迹 是 圆 ， 可 得 ， 故
，因此 ，由均值不等式得到 ，故 D 正确.
【详解】A 选项，连接 ，等边三角形 内切圆即为球 的截面大圆，球心 在线段 上，
又等边三角形 的边长为 2，所以 ， ，
则球 的半径 ，
所以球 的表面积 ，故 A 正确；
B 选项，圆锥的侧面积 ，故 B 错误；
C 选项，由题意可得四面体 被平面 截成体积相等的两部分，
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设 到平面 的距离为 ，
球 的半径 ，三角形 为等边三角形，设其边长为 ，
则 ，故 ，
故三角形 的面积为 ，
即 ，故 C 正确；
D 选项，依题意，动点 的轨迹是圆，所在平面与圆锥底面平行，令其圆心为 ，
，故 ， 是边 ， 中点，可得 ， ，
，
则有 ，故 ，
又 ，故 ，
即 ，因此 ，
由均值不等式，得 ，即 ，
当且仅当 时取“ ”，故 D 正确.
故选：ACD
第 II 卷
三、填空题（本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分）
12. 在五一小长假期间，要从 6 人中选若干人在 3 天假期值班（每天只需 1 人值班），不出现同一人连续值
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班 2 天，则可能的安排方法有______种.
【答案】150
【解析】
【分析】分值班人数为 2 人或 3 人，结合分类计数原理可得答案.
【详解】根据题意可知，值班的人数为 2 人或者 3 人，若人数为 2，则需要一个人值班首尾两天，一个人值
中间的那一天，故方法数为： ；若人数为 3，则每人值一天班，故方法数为 ；故总的
方法有 30+120=150 种.
故答案为：
13. 已知椭圆的左､右焦点分别为 ，过 的直线交椭圆于 两点，且 ， ，
则椭圆的离心率为__________________.
【答案】
【解析】
【分析】根据椭圆的定义，结合勾股定理即可求解 ，进而可求解.
【详解】由 ，可得 ，设 ，则 ， ，
，
由 ，则 ，即 ，解得 ，
所以 ， ，
，即 ，解得 ，
所以椭圆的离心率 .
故答案为：
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14. 已知函数 ，若 存在两个零点，则实数 的取值范围为__________.
【答案】
【解析】
【 分 析 】 设 ， 将 题 意 转 化 为 ， 即 存 在 两 个 不 同 的 零 点 ， 设
，分 和 ，对 求导，得出 的单调性和最值即可得出答案.
【详解】令 ，得 ，
设 ，显然 在 上单调递增，
而 ，则 ，
依题意，方程 有两个不等的实根，
显然 ，故 存在两个不同的零点，
设 ，则 ，
（i）当 时，则 ， ，此时 在 上单调递增，
最多一个零点，不合题意；
（ii）当 时，此时 ，当 时， ，当 时， ，
在（0，1）上单调递增，在 上单调递减，所以 ，
要使 有两个零点，则 ，解得 .
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）
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15. 已知 中， .
（1）求 的值；
（2）设 为 的中点，且 ， ，求 的周长.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由二倍角的正弦公式化简即可得出答案；
（2）由三角形的面积公式求出 ，再由余弦定理求出 ，即可得出答案.
【小问 1 详解】
由 ，得 .
由 ，得 ，故 ，
因为 ，所以 ，所以 ， .
【小问 2 详解】
由（1）知 ，
， ，在 中，由余弦定理，得:
，
，
的周长为
16. 已知等差数列 的前 项和为 ，等比数列 的前 项和为 ， ， ， .
（1）若 ，求 ；
（2）若 ，且数列 为递增数列，求数列 的前 项和 .
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【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）通过已知条件建立等差数列公差 与等比数列公比 的方程组，解出 后计算 即可；
（2）利用 求出公比 ，结合数列 为递增数列，求出公差 即可求 .
【小问 1 详解】
设 的公差为 ， 的公比为 ，则 ， .
由 ，得 .①
由 ，得 ，②
联立①②，解得 （舍去）， ，
因此
【小问 2 详解】
由 ， ，得 ，
解得 ，或
由于数列 为递增数列，所以 ，
当 时，由①得 （舍）；
当 时，由①得
则 .
17. 如图，在四棱锥 中，侧面 平面 ， 是边长为 2 的等边三角形，底面
为直角梯形，其中 ， ， ．
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（1）求证： ．
（2）求线段 中点 到平面 的距离．
（3）线段 上是否存在一点 ，使得平面 与平面 夹角的余弦值为 ？若存在，求出 的
值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）存在，
【解析】
【分析】（1）由面面垂直的性质得出 平面 ，再根据线面垂直的性质即可证明；
（2）取 的中点 ，连接 ， ，建立空间直角坐标系，由点到平面距离的向量公式即可求解；
（3）令 ， ，由面面夹角的向量公式求得 ，即可求解 ．
【小问 1 详解】
由于平面 平面 ，平面 平面 ，
且 平面 ，
平面 ，
平面 ， ．
【小问 2 详解】
取 的中点 ，连接 ， ，由 为等边三角形，得 ，
而平面 平面 ，平面 平面 ， 平面 ，
则 平面 ，由 ， ，得四边形 是平行四边形，
于是 ，而 ，则 ，直线 ， ， 两两垂直，
以 为坐标原点，直线 ， ， 分别为 ， ， 轴建立空间直角坐标系，如图，
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则 ， ， ， ， ， ，
， ， ，
设平面 的法向量为 ，则 ，
取 ，得 ，
所以 到平面 的距离 ．
【小问 3 详解】
令 ， ，
， ，
设平面 的法向量为 ，则 ，
取 ，得 ，
易知平面 的一个法向量为 ，
于是， ，
化简得 ，又 ，解得 ，即 ，
所以线段 上存在点 ，使得平面 与平面 夹角的余弦值为 ，此时 ．
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18. DeepSeek 从横空出世到与我们日常相伴，成为我们解决问题的“好参谋，好助手”，AI 大模型正在改变
着我们的工作和生活的方式.为了了解不同学历人群对 DeepSeek 的使用情况，随机调查了 200 人，得到如下
数据（单位：人）：
使用情况
学历 合计
经常使用 不经常使用
本科及以上 65 35 100
本科以下 55 45 100
合计 120 80 200
（1）依据小概率值 的独立性检验，能否认为 DeepSeek 的使用情况与学历有关？
（2）某校组织“AI 模型”知识竞赛，甲、乙两名选手在决赛阶段相遇，决赛阶段共有 3 道题目，甲、乙同时
依次作答，3 道试题作答完毕后比赛结束.规定：若对同一道题目，两人同时答对或答错，每人得 0 分；若
一人答对另一人答错，答对的得 10 分，答错的得-10 分，比赛结束累加得分为正数者获胜，两人分别独立
答题互不影响，每人每次的答题结果也互不影响，若甲、乙两名选手正确回答每道题的概率分别为 ， .
（i）求比赛结束后甲获胜的概率；
（ii）求比赛结束后甲获胜的条件下，乙恰好回答对 1 道题的概率.
附： ，其中 .
0.1 0 05 0.01 0 005 0.001
2.706 3.841 6.635 7.879 10.828
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【答案】（1）认为 DeepSeek 的使用情况与学历无关
（2）（i） ；（ii）
【解析】
【分析】（1）先进行零假设，接着计算卡方值，依据卡方值即可求解；
（2）（i）先求出甲、乙同时回答第 道题时，甲得分为 的概率，接着求出甲获胜时的得分
可能的取值及其概率即可求甲获胜的概率；（ii）先设事件 “比赛结束后甲获胜”的概率，事件 “比
赛结束时乙恰好答对一道题”，接着求出 即可由 求解.
【小问 1 详解】
零假设为 ：DeepSeek 的使用情况与学历无关，
根据列联表中的数据，可得
依据小概率值 的独立性检验，没有充分证据推断 不成立，
因此可以认为 成立，即认为 DeepSeek 的使用情况与学历无关.
【小问 2 详解】
（i）当甲、乙同时回答第 道题时，甲得分为 ，
， ， .
比赛结束甲获胜时的得分 可能的取值为 10，20，30，
则 ， ，
，
所以比赛结束后甲获胜的概率
（ii）设 “比赛结束后甲获胜”， “比赛结束时乙恰好答对一道题”，
其中甲三道题都做对，乙对一道错两道的概率为： ，
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其中一题两人均对，一题两人均错，一题甲对乙错的概率为：
，
其中一题甲错乙对，另两题甲均对，乙错的概率为： ，
，由（1）知 ，
则 ，
所以比赛结束后甲获胜的条件下，乙恰好回答对 1 道题的概率为 .
19. 已知函数 ， .
（1）若 ，求曲线 在 处的切线方程；
（2）若 ，求 在 内的极值；
（3）设 ，若 有 2 个零点 ， ，且 ，求证： .
【答案】（1）
（2） 有极大值 ，无最小值
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）对 求导，求出 ， ，，再由导数的几何意义求解即可；
（2）当 ，对 求导，求出 的单调性，结合极值点的定义即可得出答案；
（3）对 求导，研究 单调性和极值可知要使 有 2 个零点，则需 ，由
此求出 的范围，要证 ，只需证 ，由此构造
， ，对 求导，证明 即可.
【小问 1 详解】
当 时， ，则 ，
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因为 ， ，
所以曲线 在 处的切线方程为 ，即 .
【小问 2 详解】
当 时， ，有 ，
由 可得 ，即 ，
当 时， ， ，即 ，
当 时， ， 单调递增；
当 时， ， 单调递减，
有极大值 ，无最小值.
【小问 3 详解】
，则 .
若 ，则 ， 单调递增，不可能有两个零点.
若 ，令 ，得 ，
当 时， ， 单调递减，
当 时， ， 单调递增，
所以 为 的极小值点，
要使 有 2 个零点，则需 ，即 .
因为 的 2 个零点为 ， ， ，所以 .
要证 ，只需证 ，
因为 ， 在 上单调递增，
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所以只需证 ，
因为 ，所以只需证 ，
即只需证 ， ，
令 ， ，
则 ，
设 ，则 ，
则 在 上单调递减，
又因为 ，
所以当 时， ，所以 在 上单调递增，
又因为 ，
所以当 时， ，即 在 上单调递减，
又因为 ，所以 ，
即 ， ，
所以原命题得证.