湖南省部分市县2024_2025学年高二数学下学期期末质量检测试题含解析

这是一份湖南省部分市县2024_2025学年高二数学下学期期末质量检测试题含解析，共18页。
1．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应的答案标号涂黑，如有改动，
用橡皮擦干净后，再选涂其他答案；回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上
无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
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】由交集的概念即可得解.
【详解】因为集合 ， ，所以 ．
故选：A．
2. 复数 在复平面上对应的点位于（ ）
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
【答案】A
【解析】
【分析】根据复数的几何意义即可求解.
【详解】复数 在复平面上对应的点为 ，在第一象限．
故选：A．
3. 若向量 满足 ，且 ，则向量 和向量 的夹角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
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【解析】
【分析】利用向量垂直、数量积的运算可得答案.
【详解】因为 ，所以 ，
即 ，
可得 ，因为 ，所以 .
故选：C.
4. 已知 ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】将 两边平方，结合二倍角公式，即可求得答案.
【详解】因为 ，可得 ，
所以 ，
故选：D．
5. 已知圆锥的底面半径为 2，高为 ，则该圆锥的侧面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由圆锥的侧面展开图扇形基本量与圆锥基本量间的关系可得.
【详解】已知圆锥的底面半径 ，高 ，
则母线长 ，
圆锥的侧面展开图为扇形，且扇形的弧长为圆锥底面圆周长 ，
扇形的半径为圆锥的母线长 ，
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则圆锥侧面积 .
故选：B.
6. 已知 ，且 ，那么 （ ）
A. 10 B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】令 ，可知其为奇函数， ，由 ，求得 ,根
据奇函数的性质求得 ,进而求 f(2)的值．
【详解】令 ， ,
为奇函数，
由已知得 ，
由 ,得 ,∴
所以 ，
故选：C．
7. 已知 ，则 （ ）
A. 1080 B. 80 C. －10 D. －80
【答案】B
【解析】
【分析】设 ，则 ，所以 ，再由展开式的通项
公式求解．
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【详解】设 ，则 ，
所以 ．
的展开式的通项 ，取
得 ．
故选：B
8. 已知椭圆 与双曲线 有相同的焦点 ， ，
椭圆 的离心率为 ，双曲线 的离心率为 ，点 为椭圆 与双曲线 的交点，且 ，则
当 取最大值时， 的值为（ ）.
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设 为第一象限的交点， ， ，由椭圆、双曲线定义可得 ，
，结合余弦定理、离心率公式可得 ，由不等式 及其取等
条件即可求解.
【详解】设 为第一象限的交点， ， ，
则 ， ，解得 ， ，
在 中，由余弦定理得 ，
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， ，
， ， ，
，即 ，
当且仅当 ，即 ， 时等号成立，此时 ，
故选：D．
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，全部选对得 6 分，部分选对得部分分，选错得 0 分．
9. 已知正实数 满足 ，则（ ）
A. 的最大值为 4 B. 的最大值为 8
C. 的最小值为 D. 的最小值为 8
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于 A，由基本不等式得 ，对于 B，配方结合 A 选项即可判断；对于 CD，也可以由基本
不等式判断.
【详解】对于 A， ，得 ，当且仅当 ， 时取等号，故 A 正确；
对于 ，当且仅当 时取等号，故 B 错误；
对于 C， ，
当且仅当 ， 时取等号，故 C 正确；
对于 D， ，当且仅当 ， 时取等号，故 D 正确．
故选：ACD．
10. 如图，在底面为平行四边形的直四棱柱 中， ，
，M，N 分别为棱 ， 的中点，则（ ）
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A.
B. 与平面 所成角的余弦值为
C. 三棱柱 的外接球的表面积为
D. 点 到平面 的距离为
【答案】AC
【解析】
【分析】根据线线的关系可判断 A；建立空间直角坐标系，利用向量法可求 与平面 所成角的余
弦值，判断 B；求出三棱柱 的外接球的半径，即可求出外接球表面积，判断 C；利用向量法
求点 到平面 的距离，判断 D.
【详解】对于 A，连接 ，因为 ，
所以 为等边三角形，则 ，而 ，
所以 ，故 A 正确；
以 为原点，在平面 内过点 D 作 的垂线为 x 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则 ， ， ， ， ，
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对于 B，平面 的一个法向量为 ，
，设 与平面 所成角为 ，
则 ，
所以 与平面 所成角的余弦值为 ，故 B 错误；
对于 C，由题意知 为等边三角形，
的外接圆半径 ，
三棱柱 的外接球半径 ，
所以三棱柱 的外接球的表面积为 ，故 C 正确；
对于 D， ， ， ，
设平面 的法向量为 ，
则 ，即 ，令 ，则 ， ，
则 ，
点 到平面 的距离 ，故 D 错误．
故选：AC．
11. 高斯被誉为“数学王子”，是世界上伟大数学家.用他名字定义的函数 （ 表示不超过 的最
大整数）称为高斯函数.已知正项数列 的前 项和为 ，且 ，令 ，则
下列结论正确的有（ ）
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A. B.
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据 与 的关系，化简可得 ， 判断 A，B；再由裂项相消法求
判断 C；利用放缩法判断 D.
【详解】对于 A，B， ，
所以当 时， ，
又 ，则 ，
所以 ，故 A 错，B 对；
对于 C， ，
，
，故 C 对；
对于 D， ，
，
当 时， ，
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，
，故 D 对；
故选：BCD.
【点睛】关键点点睛：此题解题的关键是正确理解高斯函数，根据递推式，从而可归纳出通项公式，进而
可求得答案.
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分．
12. 一组统计数据为 84，79，80，82，77，83，86，75，则这组数据的 75%分位数为______.
【答案】
【解析】
【分析】根据百分位数的计算公式即可求解.
【详解】将这组数据从小到大排列为： ，由 ，
故这组数据的 75%分位数为第 6 个和第 7 个数的平均数，即 ，
故答案为：
13. 已知直线 ，圆 ，若直线 与圆 交于 M，N 两点，则 的取
值范围为_____．
【答案】
【解析】
【分析】判断直线 过定点 ，根据 点在圆 内，即可判断 取到最大以及最小
值时的情况，即可求答案.
【详解】依题意，圆 ，圆心 ，半径为 ，
直线 过定点 ， ，故 点在圆 内，
当直线 过圆心时，弦长最大，为直径 ，
当直线 与 垂直时，弦长最小，
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此时 的最小值为 ，故 的取值范围为 ．
故答案为： ．
14. 已知函数 .若 ， 恒成立，a 的取值范围为__________.
【答案】
【解析】
【分析】由已知可得 ，构造函数结合单调性建立不等式，再构造函数，利用导数求出
最大值即可.
【详解】不等式 ，
令 ， 在 R 上单调递增，则 ，
于是 ，即 ，令函数 ，求导得 ，
当 时， ；当 时， ，
函数 在 上单调递减，在 上单调递增， ，则 ，
则 的取值范围为 .
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．
15. 已知 ， ， 分别为 三个内角 ， ， 的对边， .
（1）若 ， ，求 ；
（2）若 的面积为 ， ，求 .
【答案】（1）
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（2）
【解析】
【分析】（1）由已知可得 ，根据正弦定理即可求解；
（2）根据面积公式可得 ，即可求解.
【小问 1 详解】
因为 ， ， ，
所以 ，
由正弦定理 得 ，
所以 ；
【小问 2 详解】
因为 ， ，所以 ，
因为 ，所以 .
16. 如图所示， 平面 ，四边形 为矩形，
.
（1）求证： 平面 ；
（2）求平面 与平面 所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据空间中点线面的位置关系，通过证明面面平行证明线面平行；
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（2）建立空间直角坐标系，写出坐标，利用法向量求空间中两个面的夹角的余弦值，进而得到正弦值.
【小问 1 详解】
证明： 四边形 为矩形， .
又 平面 平面 平面 .
又 ， 平面 ， 平面 ，
∴ 平面 .
又 平面
平面 平面 .
又 平面 平面 .
【小问 2 详解】
如图，以 为坐标原点，建立空间直角坐标系 ，
则 ，
.
设 是平面 的一个法向量，则
即 ,令 ，解得 ,
所以平面 的一个法向量
又 是平面 的一个法向量，
，
平面 与平面 所成角的正弦值为 .
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17. 已知抛物线 的焦点为 ，点 在直线 上， 是抛物线 上两个不同的
点.
（1）求抛物线 的方程；
（2）设直线 的斜率为 ，若 ，证明：直线 过定点，并求定点坐标.
【答案】（1）
（2）证明见解析，
【解析】
【分析】（1）根据抛物线焦点坐标求解即可；
（2）法一：设 所在直线方程为 ，联立 ，根据韦达定理代入
求解即可；
法二：先讨论当直线 斜率不存在时，直线 过点，再分析当直线 的斜率存在时，设
所在直线方程为
，联立 ，再根据 求解即可.
【小问 1 详解】
的焦点在 轴上，为 ，
直线 与 轴的交点坐标为 ，
则 ，即
所以抛物线为
【小问 2 详解】
法一：由题意可知 所在直线斜率不为 0，
设 所在直线方程为 ，联立 ，化简可得：
，
则 ，
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又
则 ，满足（*）式
即直线 恒过点
法二：当直线 的斜率不存在时，设 ，
所以 ，所以 ，所以直线 的方程为 ；
当直线 的斜率存在时，设 所在直线方程为
，联立 ，化简可得： ，
由题意可知 即 （*）；
由韦达定理知 ，
所以 ，
所以 ，满足（*）式；
所以 所在直线方程为
综上，直线 恒过点
18. 已知 .
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（1）若 在 上单调递增，求 a 取值范围；
（2）若 的图像在 处的切线为 ，求 a 与 b 的值，并证明 时， .
【答案】（1）
（2） ， .证明见解析
【解析】
【分析】（1） 递增则 ，分离出 ，设 求导判断单调性，根据单调性求 范围得 范
围.
（2）先根据条件确定 、 值，再证 时 .先构造 ，通过多次求导判断单调性，
证 . 再构造 ，求导判断单调性，证 ，结合两式得结论.
【小问 1 详解】
因为 在 上单调递增，所以其导数 恒成立，即 .
设 ，对 求导得 .
在 上， ，所以 ， 单调递减.
则 ，所以 .
【小问 2 详解】
由 得 ，由 得 ，则 .
要证 时， .
先证 .设 ，求导 ，
令 ， .
当 时， ， ， ， 递增， ， 递增，
，所以 .
再证 .设 ，求导 .
时， ； 时， ， 在 递减， 递增， ，所
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以 .
由上述两个结论可得 原命题得证.
19. 在某场乒乓球比赛中，甲、乙两运动员进入到了比赛决胜局，且在该局中的比分为 10:10，接下来比赛
规则如下: 两人轮流各发一个球，谁赢此球谁就获得 1 分，直到有一方得分超过对方 2 分时即可获得该局
的胜利. 已知甲先发球，且甲此球取胜的概率为 0.6 . 比赛既是实力的较量，也是心态的比拼，以后每球比
赛，若上一球甲获胜则甲在下一球比赛中获胜的概率为 0.8，若上一球乙获胜则甲在下一球比赛中获胜的概
率为 .
（1）求甲以 的比分赢得比赛的概率;
（2）若要使甲运动员以后每球比赛获胜的概率都大于 0.6，求 的范围;
（3）若 ，设甲运动员在第 球比赛中获胜的概率为 ，数列 满足
，求证: .
（参考知识: 当 时，若 ，则 .）
【答案】（1） ；
（2） ；
（3）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）根据条件概率公式即可得到答案；
（2）记甲运动员在第 球比赛中获胜的概率为 ，可推得 ，再
对 分类讨论即得；
（3）根据（2）得到 ，则 ，化简计算 ，最后利用累加法和等比数列
求和公式即可得证.
【小问 1 详解】
记第一球比赛甲运动员获胜的事件为 ，第二球比赛甲运动员获胜的事件为 ，
由题意知： ，且 ，
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∴ .
即甲以 的比分赢得比赛的概率为 .
【小问 2 详解】
记甲运动员在第 球比赛中获胜的概率为 ，则
，
则 ,
可知数列 是首项为 ，公比为 的等比数列，
则有 ， ,
①当 时， ，又 ，故 是一个递减数列，
当 时， ，依题需使 ，即 与条件矛盾,舍去；
②当 时， ，不合题意；
③当 时， ，又 ，故 一个递增数列，
依题意，只需 ，即 ，解得 ，故 ；
④当 时， ，符合题意；
⑤当 时， ，又 ，因此 是一个摆动数列，
若 为偶数，则 ， ；
若 为奇数，则 是一个递增数列，只需 ，而 ，
因 ，于是 ，
得： ，解得 ，故 .
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综上： 时，甲运动员以后每球比赛获胜的概率都大于 0.6.
小问 3 详解】
当 时，由（2）可得， ，
则 ，
，
，
，
，
故： .
【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是得到 ，再对 分类讨
论.