湖南省郴州市2024-2025学年高二下学期期末教学质量监测数学试卷 含解析

这是一份湖南省郴州市2024-2025学年高二下学期期末教学质量监测数学试卷 含解析，共21页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题（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. 设集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先求出集合里面的不等式解集，然后根据集合交集的概念求出结果即可.
【详解】因为集合，所以，
所以，所以
因为集合，解得，
所以.
所以.
故选：C.
2. 已知复数满足，则在复平面内对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】B
【解析】
【分析】将复数进行化简，得出对应的点的坐标，即可求出复数所位于的象限.
【详解】∵，
∴，
∴在复平面内对应的点为，
∴在复平面内对应的点位于第二象限,
故选：B
3. 已知抛物线，上一点到焦点距离为5，则点的纵坐标为（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】先将抛物线方程化为标准形式，利用抛物线定义即可求出点P的纵坐标.
【详解】将抛物线方程化为标准形式，，
∴，焦点坐标，准线方程，
设点坐标为，
∵P到焦点距离为5，
∴P到准线距离为5，,
∴,即点的纵坐标为3，故C正确.
故选：C.
4. 已知向量，满足：，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据条件得到，，联立求出答案.
【详解】，故
两边平方得，即，
所以，解得.
故选：D
5. 在正项等比数列中，，，记，若取最大值时，则n的值为（ ）
A. 3B. 4C. 3或4D. 4或5
【答案】C
【解析】
【分析】利用已知条件求出公比q,再表示，化简求出最值即可.
【详解】，解得或，
∵数列是正项等比数列，，
令，则时，取得最大值.
又∵，或时，取得最大值，此时最大.
故选：C
6. 某市教育部门为了解高二学生的体重情况，随机抽查了1000名高二学生，经统计后发现样本的体重（单位：）近似服从正态分布，且体重在到之间的人数占样本量的，则样本中体重不低于的约有（ ）
A. 150人B. 300人C. 350人D. 700人
【答案】A
【解析】
【分析】根据正态分布的对称性和性质先求出样本中体重不低于的概率，然后即可得到样本中体重不低于的人数.
【详解】由题意可知，.
因为近似服从正态分布，所以.
所以.
所以样本中体重不低于的约有人.
故选：A.
7. 2025年第十三届中国（湖南）国际矿物宝石博览会5月16日在郴州国际会展中心举行，甲、乙、丙、丁、戊5人参与接待、引导和协助三类志愿者服务工作，每类工作必须有志愿者参加，每个志愿者只能参加一类工作，则不同的志愿者分配方案的种数是（ ）
A. 120B. 150C. 180D. 300
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意可知有，两种分配方案，进而求解即可.
【详解】由题意，按分配，方案的种数为,
按分配，方案的种数为,
所以不同的志愿者分配方案的种数是.
故选：B.
8. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则的最小值为（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】A
【解析】
【分析】变形得到，求出，由正弦定理和三角恒等变换得到，换元后，，，由基本不等式求出最小值.
【详解】，
故，
，
，即，
因为，所以，，
由正弦定理得
因为，所以，，，
令，
则，
当且仅当，即时，等号成立，
故的最小值为.
故选：A
二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分．）
9. 如图，在中，，D为边上中点，，，且，则（ ）

A. 外接圆的半径为B. 与的面积相等
C. D. 的最大值为
【答案】BC
【解析】
【分析】对于选项A，根据正弦定理可求出三角形外接圆半径；对于选项B，由两个三角形等底等高可知其相等；对于选项C，在中分别运用正弦定理可验证其正确；
对于选项D，首先根据余弦定理和基本不等式的性质可求得的最大值，然后根据向量的模可求出其最小值为.
【详解】对于选项A：根据正弦定理可得，解得.
所以外接圆的半径为，A错误；
对于选项B：为中点，和等底等高，所以，B正确；
对于选项C：在中，，所以.
在中，，所以.
因，
所以，C正确；
对于选项D：根据余弦定理得.
可得,
所以，当且仅当时等号成立，此时的最大值为3.
因为，
所以.
因为，所以.
所以，
当时，，所以，此时取最小值.
所以的最小值为，D错误.
故选：BC.
10. 下列结论正确的是（ ）
A. 甲、乙、丙、丁四人排成一列，则甲乙相邻有24种排法
B. 从5个男生、4个女生中选出4人参加植树节活动，至少有一名女生，则有121种选法
C. 已知随机变量，若，则
D. 若，，，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】A选项利用捆绑法求解即可；B选项利用间接法可求解；C选项利用二项分布的方差公式以及方差的性质即可求解；D选项利用条件概率以及全概率公式即可求解.
【详解】对于A选项，把甲乙看作一个整体，此时甲乙之间有种排法，
再将甲乙这个整体与丙，丁进行全排列，有种排法，
根据分步乘法计数原理，甲乙相邻的排法有种，故A错误；
对于B选项，从5个男生、4个女生中选出4人的总选法有，
其中没有女生的选法有种，
则至少有一名女生的选法有种，故B正确；
对于C选项，随机变量，，
，故C正确；
对于D选项，，，，
，，
，，，
，，
又根据全概率公式得，
，，故D正确.
故选：BCD.
11. 过抛物线的焦点F作直线与抛物线交于A，B两点，O为坐标原点，若直线，的斜率分别为，，则（ ）
A. 以为直径的圆与x轴相切
B.
C. 的最小值为
D. 过A，B两点分别作抛物线的切线，，两切线，相交于点P，则的面积最小值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据题意，设直线的方程为，联立方程组求得，得到，根据物线的性质，结合直线与圆的位置关系的判定方法，可判定A正确；由斜率公式，求得，可判定B不正确；由抛物线的焦半径公式，得到，结合基本不等式，可判定C正确；求得切线方程，联立方程组求得，利用点到直线的距离公式和弦长公式，得到面积的面积为，可判定D正确.
【详解】由题意得，抛物线的焦点为，准线方程为，
显然直线的斜率存在，可设直线的方程为，
联立方程组，可得，，
设，则，
则，
对于A中，由抛物线的性质，可得，
则以为直径的圆，其圆心为，半径为，
则圆心到轴的距离，所以以为直径的圆与轴相切，所以A正确；
对于B中，由，所以B不正确；
对于C中，因为，可得
由抛物线的焦半径公式，可得，
则，
当且仅当时，即时，等号成立，所以C正确；
对于D中，由抛物线，可得，
所以过点和的切线方程分别为和，
联立方程组，可得，即，
又由直线方程，即，
则点到直线的距离为，
又由，
所以的面积为，
设，可得，所以的最小值为，所以D正确.
故选：ACD.
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分．）
12. 的二项展开式中的系数是______.（用数字作答）
【答案】
【解析】
【分析】运用二项式通项公式直接进行求解即可.
【详解】二项式的通项公式为，
令，所以的系数是，
故答案为：
13. 在四面体中，为正三角形，平面且，若A，B，C，D均在半径为4的球O的球面上，则四面体的体积为________．
【答案】##
【解析】
【分析】由题作出图象，结合外接球半径求出，从而可求解.
【详解】由题作出图象，如图，由为正三角形，则为的外接圆圆心，
且外接圆半径，
因，，，都在同一外接球上，则设外接球半径为，
因为平面取中点为，过作，且使，
连接，则可得四边形是矩形，则点即为外接球球心，
则，即，
所以，则.
故答案为：.
14. 已知函数在上有两个极值点，则实数m的取值范围是_______．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，将函数有两个极值点问题转化为方程有两个实根，设，求导判断其单调性，求出端点值，作出函数的图象，结合图象根据直线与有两个交点可求得参数的范围.
【详解】由求导得，
因函数在上有两个极值点，
则有两个变号零点，
即方程有两个实根，也即方程有两个实根.
设，则，因，
则当时，，即函数在上单调递增；
当时，，即函数在上单调递减.
故，又，，
作出函数在上的图象如下.
方程有两个实根，等价于直线与有两个交点，
故需使.
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. 已知数列的前n项和为，且，．
（1）求数列的通项公式；
（2）若，求数列的前n项和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用与的关系消去得到数列递推式，构造等比数列，即可求得数列通项；
（2）依题求出的通项，利用错位相减法即可求得.
【小问1详解】
已知，当时，，故
当时，，，则
又 数列是以2为首项，2为公比的等比数列，
故得，整理得
【小问2详解】
由（1）知，，．
①
②
由①②得
．
16. 如图，在五棱锥中，平面，，，点F为棱的中点．
（1）证明：；
（2）若，，，求平面与平面所成角的大小．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）先应用线面垂直得出，再根据线面垂直判定定理得出平面，进而得出平面即可证明；
（2）建立空间直角坐标系分别求出平面与平面的法向量，再应用二面角夹角余弦公式计算求解.
【小问1详解】
证明：平面，平面，，
又，，
又平面，平面，
又面，，
又点F为棱的中点，且，，
又平面，平面，平面，
.
【小问2详解】
，又中，，，则，，
又平面，
以E为坐标原点，，，所在直线为x轴，y轴，z轴，如图建立空间直角坐标系，
由题知，，，，，
，，
由（1）知平面的一个法向量为，
设平面的法向量为，
则，，可取，
设平面与平面所成角为θ，
，
又 ，
所以平面与平面所成角为.
17. 在某军事训练基地，新兵小张进行实弹射击考核，考核要求连续进行10次移动靶射击，每次击中目标可获得优秀评分．根据小张平日训练记录，他每次射击命中目标的概率为．小张在这10次射击考核中，求：
（1）恰好有8次击中目标的概率是多少？（精确到0.01）
（2）至少有8次击中目标的概率是多少？（精确到0.01）
（3）最有可能击中目标多少次？
（参考数据：）
【答案】（1）0.30
（2）0.68 （3）8次．
【解析】
【分析】（1）由条件可得，记事件“小张恰好击中8次目标”，结合二项分布概率公式求结论；
（2）记事件“小张至少击中8次目标”，结合二项分布概率公式求；
（3）设击中k次概率最大，列不等式组求其解即可.
【小问1详解】
记击中目标的次数为，则，
则，其中，1，2，…，10
记事件“小张恰好击中8次目标”，则
【小问2详解】
记事件“小张至少击中8次目标”，
则
【小问3详解】
设击中k次概率最大，则
，即
化简得，解得，
小张在10次射击中，最有可能击中目标8次．
18. 已知函数，
（1）当时，求函数在点处的切线方程；
（2）当时，设函数，讨论函数零点的个数．
【答案】（1）
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）先求出函数的解析式，对函数求导，将切点坐标代入函数和导数中，即可求得切线方程.
（2）方法一：分别讨论时的单调性和最值，进而确定零点个数；方法二：讨论时的单调性和最值，进而确定零点个数，时利用放缩法，先证明，再证明，进而确定零点个数.
【小问1详解】
当时，
求导得，所以，又
所以在点处的切线方程为
【小问2详解】
当时，，所以，
令，求导得，
因为，所以在上单调递增，所以.
因为，所以当时，，当时，，
所以在单调递减，在单调递增，
又，所以有唯一零点；
下证当时，无零点
法一：当时，因为，
所以，
令，则，
因为，，所以，所以在上单调递增，
又，，
故在上有唯一的零点β，即，
因此有
当时，，即；当时，，即．
所以在上单调递减，在上单调递增，
故为最小值．
由，得，
所以在时，
因为，所以，又因为当时，，所以．
所以．
因此当时，没有零点.
综上所述，时，有1个零点；当时，没有零点
法二：（放缩法）先证
记，则
当时，；当时，．
所以在上单调递减，在上单调递增
所以，即，当且仅当时等号成立
再证：
由得，即，
所以，当且仅当，即时等号成立
所以
因此当时，没有零点．
19. 已知双曲线的一条渐近线为，且右焦点F到这条渐近线的距离为．
（1）求双曲线的方程；
（2）O为坐标原点，过点F的直线l与双曲线的右支交于A、B两点，与渐近线交于C、D两点，A与C在x轴的上方，B与D在x轴的下方．设、分别为的面积和的面积，求的最大值．
【答案】（1）
（2）．
【解析】
【分析】（1）由题意建立的方程组，求解即得双曲线方程；
（2）设直线的方程为，将其分别与双曲线方程和渐近线方程联立，消元后，利用韦达定理，求得弦长,以及原点O到直线的距离，结合图形，根据求出表达式，换元后根据函数的单调性即可求得的最大值.
【小问1详解】
设双曲线的焦距为2c，
点到渐近线的距离为，
因，代入解得，
又双曲线的一条渐近线为，
故双曲线的方程为：；
【小问2详解】
如图，设，，设直线的方程为，
联立直线与双曲线的方程，消去可得：，
，
直线与双曲线右支交于两点，故，解得，
则，
原点O到直线的距离，
设，，联立消去可得：，
则，，，，
则
而，，
令，则，
当，即时取到等号．
综上所述，的最大值为．