湖南省长沙市第一中学2025-2026学年高二下学期5月期中数学试卷含解析（word版）

这是一份湖南省长沙市第一中学2025-2026学年高二下学期5月期中数学试卷含解析（word版），共6页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分，每小题只有一个选项符合要求
1. 设复数i为虚数单位，则复数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】A
【解析】因为，对应的点（4，1）位于第一象限.
2. 已知集合则M∩N=
A．（-∞，-1]∪（3，+∞）B．（-∞，-1]∪[3，+∞）
C．（-∞，-2]∪（3，+∞）D．（-∞，-2）∪[3，+∞）
【答案】A
【解析】由，解得或，所以，
由，所以，解得或，
所以或，所以或.
3.某新能源车型的续航里程X（单位：公里）服从正态分布N（400，0²）．若该车型中95%的车续航里程介于360公里与440公里之间，则续航里程超过420公里的车在该车型中的占比约为（参考数据：P（μ-σ≤X≤μ+σ）≈0.68，P（μ-2σ≤X≤μ+2σ）≈0.95，P（μ-3σ≤X≤μ+3σ）≈0.99）
A．16%B．34%C．66%D．84%
【答案】A
【解析】因为续航里程服从正态分布，即，
由题意，又，
所以，所以，
所以 .
4.已知函数f（x+1）的定义域为（0，2），则函数的定义域为
A．（1，）B．（1，）C．（，2）D．（1，8）
【答案】C
【解析】函数的定义域为（0，2），则，所以函数的定义域为（1，3）；若函数1）有意义，则解得．则函数的定义域为.
5.已知函数在R上单调递增，则实数a的取值范围是
A．（-∞，0]B．[-1，0]C．[-1，1]D．[0，+∞）
【答案】B
【解析】因为在上单调递增，且时，单调递增，
则需满足解得，即的取值范围是.
6.若a，b>0，且a+b>2，则下列说法正确的是
A．ab>1B．C．D．
【答案】C
【解析】因为，所以不一定成立，例如，故A不正确；因为，若不一定小于2，比如，故B不正确；
因为，若，则，故C正确；
因为，若，不一定大于1，例如，故D不正确.
7.双曲线的左、右焦点分别为F1，F2，左、右顶点分别为A1，A2，以F1F2为直径的圆与C的一条渐近线交于M，N两点，且则C的离心率为
A．B．C．2D．
【答案】B
【解析】如图所示：
以为直径的圆的方程为，双曲线的渐近线为，
联立圆的方程与渐近线方程得，
化简得，解得，所以轴，
又因为与相互平分，所以四边形为平行四边形，
又因为，所以，
所以，即，
所以，所以，从而.
8.定义在（0，+∞）上的三个函数h（x）=lnx+3x，若f（a）=g（b）=h（c），则a，b，c的大小关系不可能是
A．c>b>aB．c>a>bC．a>c>bD．b>a>c
【答案】D
【解析】采用描点法作出草图如下表：
函数图象如下：
令，当时，，故A正确；
当时，，故C正确；
当时，，故B正确．故选D.
二、多选题：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。全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。
9.已知a，b，c∈R，下列命题为真命题的是
A．若a|c|>b|c|，则a>b
B．若a>b，c>d，则ac>bd
C．若ab>0，且a>b，则
D．若a>b>c>0，则
【答案】ACD
【解析】选项，所以，所以，故，故A正确；
选项才有，例，故B错误；
对于C：因为，所以同号，故时，，故C正确；
对于D：由糖水不等式，所以，故D正确.
10.定义在R上的函数f（x）满足f（2x+1）为偶函数，且f（x+2）=-f（x），则下列说法中正确的有
A．函数f（x）的图象关于直线轴对称
B．函数f（x）的图象关于直线x=3轴对称
C．函数f（x）的图象关于（2，0）成中心对称
D．f（2026）=0
【答案】BCD
【解析】为偶函数，所以，即，所以的图象关于直线对称，即函数的图象关于直线轴对称，故A错误；
又因为，所以，所以函数关于（2，0）中心对称，故C正确；
而函数有对称轴，有对称中心点（2，0），由对称性可得函数关于直线轴对称，故B正确；
又因为，所以函数为周期函数，周期是，故D正确.
11.数学中有许多形状优美、寓意独特的几何体，“等腰四面体”就是其中之一，所谓等腰四面体，就是指三组对棱分别相等的四面体．关于“等腰四面体”，以下结论正确的是
A．三组对棱长度分别为5，6，7的“等腰四面体”的体积为
B．“等腰四面体”的四个面均为全等的锐角三角形
C．三组对棱长度分别为a，b，c的“等腰四面体”的外接球直径为
D．“等腰四面体”的外接球与内切球的球心重合
【解析】如图所示，可将“等腰四面体”放入长方体内，
选项A，长方体的三条面对角线分别为5，6，7，设长方体的长宽高分别为，所以有
累加得，解得
所以“等腰四面体”的体积，
所以，故A正确；
选项B，“等腰四面体”的每个面的三条棱长分别为，故四个面全等，
而
所以“等腰四面体”的每个面均为锐角三角形，故B正确；
选项，可知累加得，
所以外接球的直径，故C错误；
选项D，因为“等腰四面体”的外接球球心为体对角线的中点，故（为外接球的半径），从而四面体是全等的四面体，故到面，面，面的距离相等，故也为“等腰四面体”的内切球球心，故D正确.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分
12.若的展开式的二项式系数和为32，x-2的系数为________.
【答案】-80
【解析】由题意知，，所以，
故展开式的通项为，
令，可得，所以展开式中的系数是 .
13.已知变量x，y的统计数据如下表，对表中数据作分析，发现y与x之间具有线性相关关系，利用最小二乘法，计算得到经验回归直线方程为且当x=9时，残差为-0.1．则当x=11时，y的预测值为___________．
【答案】8.2
【解析】由已知得，所以，①
又因为时，残差为-0.1，故，②
联立①②得；所以经验回归直线方程为，
所以，当时， .
14.现有一盒子里装有序号分别为1，2，3，4，5，6的六个大小、质地完全相同的小球，甲、乙、丙三人依次不放回地从盒子里各随机抽取一次（每个球被抽取的可能性相同），记录被抽取的球的序号分别为a1，a2，a₃，则满足的情况有___________种.
【答案】36
【解析】对的大小进行讨论，设，
①时，；
②时，；
③时，；
④时，；
⑤时，；
⑥时，．
综上：．
不妨设，则，还有一个数为，
显然，对于任意取值，都有如下情况：
当时，三个数为，有种方法；
当时，三个数为，有种方法；
当时，三个数为．，有种方法．
所以一共有种 .
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△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，向量=（a，b），=（csA，sinB），且m∥n．
（1）求角A；
（2）若求△ABC的面积 .
【解析】(1)因为，所以，
由正弦定理，得，
又因为，所以，所以，
所以．
（2）由（1）知：，
所以，所以，
又因为，所以，所以．
所以，
所以 .
16.已知函数
（1）当a=1时，求f（x）的单调区间；
（2）求f（x）在区间[0，2]上的最小值.
【解析】（1）因为时，，
所以，
令，解得，
所以时，时，，
所以的单调递增区间为，单调递减区间为（-1，0）．
（2）①当，即时，
在上单调递增；所以；
②当，即时，
时，单调递增；
时，单调递减；
时，单调递增，
所以；
③当，即时，
时，单调递增；
时，单调递减；
时，单调递增，
若，即，则在上单调递减，所以；
若，即，则在上单调递减，上单调递增，
所以；
综上：当时，；
当时，；
当时，．
17.已知是等差数列，其前n项和为是等比数列，已知和的等比中项．
（1）求和的通项公式；
（2）求数列的前n项和.
【解析】
（1）设等差数列的公差为，因为，
可得，所以，解得，
所以，
则
是和的等比中项，可得，所以，
设等比数列的公比为，则，解得，
所以，
所以数列的通项公式为，数列的通项公式为．
（2）．
又因为，
所以的和．
记的前项和为，
当为偶数时，；
当奇数时，，
综上：
18.在一个系统中，每一个部件能正常工作的概率称为部件的可靠度，而系统能正常运行的概率称为系统的可靠度．某系统有四个核心部件，其中甲型两个，乙型两个，四个部件至少有三个正常工作时，系统才能正常运行，且各部件是否正常工作相互独立，一个甲型部件的可靠度为p，一个乙型部件的可靠度为q，且系统能正常运行称为试验成功．
（1）在一批产品中随机抽取六盒甲型部件，每盒9件，经逐个检测部件指标可以整理成下表，已知指标在[30，60）内甲型部件可以正常工作．
（i）请根据抽样结果估计甲型部件的可靠度p；
（ii）若p取（i）中的估计值，在一个系统试验成功的条件下，求这个系统中两个甲型部件同时正常工作的概率．
（2）研发人员计划按照如图结构优化系统，①②位置上的部件中至少有一个能正常工作并且③④位置上的部件中至少有一个能正常工作，系统就能正常运行．优化后系统比优化前可靠度是否有提高？按照这个优化方案怎么安排原有的四个部件使新系统可靠度最大，请说明理由.
【解析】（1）（i）甲型部件的总数为，根据题中表格统计指标在的甲型部件个数为，故甲型部件的可靠度．
（ii）因为一个甲型部件的可靠度为，一个乙型部件的可靠度为，且，
故乙型部件的可靠度为，
设“系统试验成功”为事件，“两个甲型部件同时工作”为事件，
设“两个甲型部件两个乙型部件同时正常工作”为事件，
则，
设“两个甲型部件一个乙型部件同时正常工作”为事件，
则，
设“一个甲型部件两个乙型部件同时正常工作”为事件．
则，
（2）优化后系统可靠度提高了．
原因：原系统需要四个部件正常工作或三个部件正常工作，系统才能正常运行，新系统除了在四个部件正常工作或三个部件正常工作时，系统能正常运行以外，只有两个部件正常工作，系统也可能正常运行，所以可靠度提高了．
按照这个优化方案安排原有的四个部件可以有两种方法：
方法一：（1）（2）放同型部件，（3）（4）放同型部件，不妨设（1）（2）放甲型部件，（3）（4）放乙型部件，设此时可靠度为；
方法二：（1）（2）放不同型部件，（3）（4）放不同型部件，不妨设（1）（3）放甲型部件，（2）（4）放乙型部件，设此时可靠度为．
因为，所以，
即，
所以当时，两个方法都可以；
当时，方法二可靠度更高.
19.已知是椭圆上的左、右焦点，P，Q，R是椭圆上三点．
（1）设点R处的切线l的斜率为请用R的坐标表示
（2）（i）求的面积的最大值；
（ii）当的面积取最大值时，求的重心的坐标.
【解析】（1）当时，，
故点处的切线的斜率．
当时，，
故点处的切线的斜率，
综上可知，处的切线的斜率为．
（2）（1）①当的斜率不存在时，不妨设．
联立椭圆方程整理得，
因此，当为椭圆的左端点（当时，由椭圆的对称性取左端点）时，的面积取最大，
此时．
设，则，故，
因此，当且仅当时取最大值；
②当的斜率存在时，设，由对称性，不妨设，
联立得，
则，
故，
先固定，要使得的面积最大，即点处的切线与平行，
即，
由（1）可知，则，代入捕图方程：，解得，
根据，可知，故，（当时，由椭圆的对称性，取）
则点到直线的距离，
此时．
令，
则，
由可知，，即，故．
由函数，
可知，
当且仅当，且时取等，即时取等．
（ii）由（i）可知，当斜率不存在时，的中点，
所以是的重心；
当斜率存在时，当取最大值时，，且坐标满足，
设的中点为，则（I）中由韦达定理可知，，
则，
则，且，
即三点共线，且满足，因此为的重心 .1
2
3
4
5
6
3
6
11
20
37
70
3
8
15
24
35
48
3
30
5
6
7
8
9
y
3.5
4
5
6
6.5
盒一
31
45
28
55
58
66
57
39
42
盒二
48
67
42
46
56
35
29
53
34
盒三
31
53
48
37
29
34
45
58
64
盒四
55
28
44
36
61
47
56
61
57
盒五
30
49
54
43
35
62
32
56
59
盒六
54
52
29
37
56
47
60
38
44