湖南省2025_2026学年高二数学上学期1月期末试题含解析

这是一份湖南省2025_2026学年高二数学上学期1月期末试题含解析，共19页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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】先计算集合，结合交集的定义计算得到结果；
【详解】因为，故.
故选A.
2. 已知向量，，且，则（ ）
A. B. C. 2D. 18
【答案】C
【解析】
【分析】根据平面向量垂直的坐标表示列式求解即可.
【详解】因为向量，，且，
所以，解得．
故选：C
3. 已知函数，则在处的切线方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求导，利用导数的几何意义求切线方程即可.
【详解】，，
在处的切线方程为.
故选：D.
4. 有一对双胞胎学生和3位老师站成一排拍照，双胞胎不站在一起的不同排法共有（ ）
A. 种B. 种C. 种D. 种
【答案】B
【解析】
【分析】先排无限制条件的元素，分析空隙数量，再插入不相邻元素，最后计算总排法数量．
【详解】先排3位老师，3人全排列的方法为：；
3位老师形成4个空隙，将2个双胞胎插入4个空隙的方法数为：，
总的排列法为：种，故B正确．
故选：B．
5. 已知是椭圆的两个焦点，满足的点总在椭圆内部，则椭圆离心率的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】依题意可得点的轨迹是以原点为圆心，半焦距为半径的圆，根据点总在椭圆内部，可得，再根据椭圆的性质能够推导出椭圆离心率的取值范围．
【详解】设椭圆的半长轴、半短轴、半焦距分别为，，，
因为，所以点的轨迹是以原点为圆心，半焦距为半径的圆．
又点总在椭圆内部，
所以该圆内含于椭圆，即，所以，则．
，，即椭圆离心率的取值范围是．
故选：C．
6. 设数列的前n项和为，，且，则的最小值为（ ）
A 7B. 8C. 14D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题可得，因此为常数列，可求得为等差数列，进而求得，随后将化简为，借助对勾函数的性质研究其单调性，并求得最小值即可.
【详解】由可得，故为常数列，因此有，
得，故，
则.
设，，解得，由对勾函数的单调性，
易知在上单调递减，在上单调递增，
故可能在或处取得最小值.
而，，
得的最小值为，则的最小值为.
故选：B.
7. 已知圆上到直线的距离为1的点有且仅有2个，则r的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先求出圆心到直线的距离，然后结合图象，即可得出结论.
【详解】由题意，
在圆中，圆心，半径为，
到直线的距离为的点有且仅有 个，
∵圆心到直线的距离为：，

故由图可知，
当时，
圆上有且仅有一个点（点）到直线的距离等于；
当时，
圆上有且仅有三个点（点）到直线的距离等于；
当则的取值范围为时，
圆上有且仅有两个点到直线的距离等于.
故选：B.
8. 已知函数 恰有 3 个不同的极值点，则 的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】首先求函数的导数，再由题意转化为与函数在区间恰有2个交点，再利用函数的导数分析函数的图像和性质，即可求解.
【详解】，令，得或，
即或，设函数，则，
当时，，则在上单调递减；当时，，则在上单调递增，
故，因为，所以，则，即，因为有 3 个不同的极值点，
所以不是关于的方程的解，所以
故选：A
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. 下列说法正确的是（ ）
A. 一个人连续射击三次，事件“至少击中两次”与事件“至多击中一次”互为互斥事件但不是对立事件
B. 随机变量的方差和标准差都反映了随机变量取值偏离均值的平均程度，方差或标准差越小，则偏离均值的平均程度越小
C. 从3名男同学和2名女同学中任选2名同学参加志愿者服务，则选出的2名同学中至少有1名女同学的概率是
D. 从4名男演员和3名女演员中选出4人，其中女演员的人数X服从二项分布
【答案】BC
【解析】
【分析】利用对立事件的性质判断A，利用方差与标准差的性质判断B，利用古典概型概率公式判断C，利用超几何分布的性质判断D即可.
【详解】对于A，事件“至少击中两次”与事件“至多击中一次”互为对立事件，故A错误；
对于B，由方差与标准差的性质可得B正确，
对于C，记3名男同学为A，B，C，2名女同学为a，b，
则从中任选2名同学的情况如下，有，
，共10种，
其中至少有1名女同学的情况有，
，共7种，得到所求概率为，故C正确；
对于D，由题可知，女演员的人数X服从超几何分布，故D错误．
故选：BC．
10. 已知数列的前项和为，则下列说法正确的有（ ）
A. 若是等比数列，，则
B. 记等差数列的前n项和分别为，若，则
C. 若是等差数列，，则
D. 若，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据等比数列片段和性质判断A，根据等差数列求和公式判断B，求出公差，再由求和公式判断C，根据求出的通项，即可判断D.
【详解】对于A，因为等比数列且，所以成等比数列，
所以，即，解得，故A错误；
对于B，因为等差数列的前项和分别为，且，
所以，故B正确；
对于C，设等差数列的公差为，
因为，所以，
所以，故C正确；
对于D，因为，所以，
所以，
又，所以是首项为，公差为的等差数列，所以，
所以，所以，故D正确．
故选：BCD．
11. 已知，分别为椭圆的左、右焦点，为椭圆上任意一点（不在轴上），外接圆的圆心为，半径为，内切圆的圆心为，半径为，直线交轴于点，为坐标原点，则（ ）
A. 最大时，B. 的最小值为2
C. 椭圆的离心率等于D. 的取值范围为
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A，根据当在短轴的端点时，取得最大，且最大值为，再根据，代入进而即可求解；
对于B，根据，然后结合平面向量数量积的几何意义与基本不等式即可求解；
对于C，运用角平分线定理即可求解；
对于D，由正弦定理可得，再又结合A可得，从而得到，再根据题意得到，进而即可求解．
【详解】对于A，设，，则，且，
所以，
则当在短轴的端点时，取得最大，且最大值为，
又，
所以当最大时，，即，故A正确；
对于B，过点作，垂足为点G，
又点为外接圆的圆心，即为三条边的中垂线的交点，则点G为的中点，
由，
又，同理，
所以，
当且仅当时等号成立，即的最小值为2，故B正确；
对于C，由内切圆的圆心为，则，分别是，的角平分线，
则由角平分线定理可得，即，故C错误；
对于D，设，，，
由正弦定理可得，即，
则，即，
因为，
又结合A有，所以，即，所以，
又因为当在短轴的端点时，最大，此时，，
所以，即，所以，
故，故D正确．
故选：ABD．

【点睛】本题考查了椭圆的定义以及几何性质，明确外心的位置和内角平分线性质，灵活运用正弦定理和等面积法是解答本题关键，考查了推理能力、运算求解能力，属于难题．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 的展开式中，的系数为15，则a=________.(用数字填写答案)
【答案】
【解析】
【详解】因为，所以令，解得，所以=15，解得.
考点：本小题主要考查二项式定理的通项公式，求特定项的系数，题目难度不大，属于中低档.
13. 函数在区间上存在单调递增区间，则实数k取值范围是__________．
【答案】
【解析】
【分析】求导，利用函数在区间内的单调性转化为不等式能成立问题，结合基本不等式求解．
【详解】函数定义域为，求导得，
函数在区间上存在单调递增区间，
在区间上有解，即在区间上有解，
即在区间上能成立，故，
又，当且仅当时取等号，
，故实数的取值范围是．
故答案为：．
14. 某品牌女装专卖店设计摸球抽奖促销活动，每位顾客只用一个会员号登录，每次消费都有一次随机摸球的机会．已知顾客第一次摸球抽中奖品的概率为；从第二次摸球开始，若前一次没抽中奖品，则这次抽中的概率为，若前一次抽中奖品，则这次抽中的概率为.记该顾客第n次摸球抽中奖品的概率为，则的值为__________、该顾客第__________次摸球抽中奖品的概率最大．
【答案】 ①. ②. 2
【解析】
【分析】记该顾客第次摸球抽中奖品为事件，易得，利用全概率公式求出，依题意推出，记，可得递推关系，构造等比数列，求出通项，再分奇偶讨论的增减性求出其最大值即得答案.
【详解】记该顾客第次摸球抽中奖品为事件，依题意，，
.
因为，
所以，
所以，
所以，
又因为，则，
所以数列是首项为，公比为的等比数列，
故.
当为奇数时，，
当为偶数时，，则随着增大而减小，所以.
综上，该顾客第二次摸球抽中奖品的概率最大．
故答案为：①；② 2.
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. 已知数列的前项和为，且.
（1）求数列的通项公式；
（2）设数列满足，为数列的前项和，求.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由前项和求通项公式；
（2）利用分组求和法计算前项和.
【小问1详解】
因为，①
当时，，②
由①-②得到，
又时，，满足，
所以.
【小问2详解】
由（1）知，
所以
16. 如图，平面.
（1）求证：平面；
（2）若平面与平面夹角的余弦值为，求线段的长.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）建系得出，再应用线面平行判定定理证明；
（2）设，先求出平面与平面的法向量，再根据二面角余弦公式计算求解参数.
【小问1详解】
由题意，以为原点，的方向为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系（如图），
则，
设，则，
由题意可知，平面ADE的法向量为，
因为，
所以，所以，
又平面，所以平面.
【小问2详解】
由题可得，
设平面的法向量为，则
令，则，可得，
设平面的法向量为，则
令，则，可得，
由题意可得，
整理可得，解得或（舍去），
所以线段的长为.
17. 据悉强基计划的校考由试点高校自主命题，校考过程中达到笔试优秀才能进入面试环节．已知甲、乙两所大学的笔试环节都设有三门考试科目且每门科目是否达到优秀相互独立．若某考生报考甲大学，每门科目达到优秀的概率均为，若该考生报考乙大学，每门科目达到优秀的概率依次为，，，其中．
（1）若，分别求出该考生报考甲、乙两所大学在笔试环节恰好有一门科目达到优秀的概率；
（2）强基计划规定每名考生只能报考一所试点高校，若以笔试过程中达到优秀科目个数的期望为依据作出决策，该考生更希望进入甲大学的面试环节，求的范围．
【答案】（1）该考生报考甲大学恰好有一门笔试科目优秀概率为；该考生报考乙大学恰好有一门笔试科目优秀概率为；
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用独立重复试验的概率公式，互斥事件、相互独立事件分别计算报考甲、乙大学恰好有一门笔试科目优秀的概率.
（2）分别计算报考甲、乙大学达到优秀科目个数的期望，再列出不等式并求解作答.
【小问1详解】
设该考生报考甲大学恰好有一门笔试科目优秀为事件，则；
该考生报考乙大学恰好有一门笔试科目优秀为事件，则．
【小问2详解】
该考生报考甲大学达到优秀科目的个数设为，
依题意，，则，
该同学报考乙大学达到优秀科目的个数设为，随机变量的可能取值为：0，1，2，3．
，
，，
随机变量的分布列：
，
因为该考生更希望进入甲大学的面试，则，即，解得，
所以的范围为：.
18. 已知函数.
（1）若，
（i）求函数的单调区间；
（ii）证明：函数在区间上有且只有一个零点．
（2）若对任意恒成立，求实数的取值范围．
【答案】（1）（i）单调递增区间为，单调递减区间为；（ii）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）（i）利用导数求解函数单调区间；（ii）利用导数证明函数的零点；
（2）利用导数结合函数不等式恒成立，求解参数的取值范围；
【小问1详解】
（i）函数的定义域为，
当时，，
则，令，得；令，得，
所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为.
（ii）因为，
令，则，
当时，所以，所以即在区间上单调递减，
故对任意，都有，所以在区间上单调递增，
又，
所以在区间上有且只有一个零点．
【小问2详解】
由对任意恒成立，
即对任意恒成立，
令，则，
所以，令，
则，
当时，对任意，则，
所以在上单调递减，所以，满足题意；
当时，在区间上恒成立，所以在区间上单调递减，
又，
①当，即时，恒成立，
所以在区间上单调递减，所以，满足题意；
②当且，即时，
由零点存在性定理知，，使得．
当时，，所以在上单调递增，所以，不满足题意；
③当，即时，
对任意单调递增，所以，不满足题意．
综上，实数的取值范围为．
19. 在平面直角坐标系中，抛物线的焦点为，直线过点且与抛物线交于两点.
（1）求抛物线的方程.
（2）如图，分别以为直径作圆.
（i）求圆的面积之和的最小值；
（ii）当变化时，求圆的公切线的所有交点的运动轨迹的方程．
【答案】（1）
（2）（i）；（ii）．
【解析】
【分析】（1）根据题意求得抛物线的方程；
（2）（i）根据圆的面积公式和直曲联立计算得到结果；
（ii）根据直线的不同情况分类讨论，结合两圆的位置关系求得公切线的所有交点的轨迹方程；
【小问1详解】
由题意知，，所以，所以抛物线方程为.
【小问2详解】
（i）由题意知，圆的面积之和，
设直线的方程为，
联立整理得，所以，
又点，
所以
，
，
令，则，则，
这是个图象开口向上的二次函数，在时单调递增，
所以时，.
（ii）由题意知，圆外切，有一条内公切线和两条外公切线.
当时，直线的方程为，
此时圆的圆心横坐标均为4，半径均为2，
三条公切线分别为，
公切线的交点有两个：；
当时，内公切线为过点且与直线垂直的直线，直线的方程为.
设直线交于点，由对称性可知点在直线AB上，
圆的半径之比为，
又，所以，
记，上式化简得，
又，
代入，整理得，
因为，所以，即，
故点在直线上运动，又点不可能为原点，
所以点的轨迹方程为．
如图，设直线与的交点为，直线与的交点为，直线与轴交于点，
下面探究点和的轨迹．
易知，
故，
由直线的方程为，可得，
所以，
所以，即为PR的中点，
所以点的轨迹方程为.
由对称性可得，
所以点的轨迹方程为.
综上，圆的公切线的所有交点的运动轨迹是3条直线，
方程分别为．
0
1
2
3