精品解析：湖南省三湘名校教育联盟2024-2025学年高二下学期期中考试数学试题

三湘名校教育联盟·2025年上学期高二期中考试 数学 本试卷共4页.全卷满分150分，考试时间120分钟. 注意事项： 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. 若复数满足，则（ ） A. B. C. D. 2. 若向量，，且，则（ ） A. B. 45 C. D. 3. 已知直线是双曲线一条渐近线，则的离心率为（ ） A. B. C. 2 D. 4. 的内角的对边分别为，已知，则的面积为（ ） A. B. C. D. 5. 已知函数，且，则m的取值范围是（ ） A. B. C. D. 6. 如图，在圆锥中，是底面圆的直径，在底面圆周上，是的中点，与圆锥底面所成角的大小为，则圆锥的体积为（ ） A. B. C. D. 7. 曲线和曲线组合围成“心形图”（如下图所示），记“心形图”为曲线，曲线所围成的“心形”区域的面积等于（ ） A. B. C. D. 8. 如果对于正整数集，将集合拆分成16个三元子集（子集有三个元素），且拆分16个集合两两交集为空集，则称集合是“三元可拆集”.若存在一种拆分法，使得集合是“三元可拆集”，且每个三元子集中都有一个数等于其他两数之和，则的最大值为（ ） A. 12 B. 9 C. 7 D. 6 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. 早在1733年，法国数学家棣莫弗在研究二项概率的近似计算时，提出了正态密度函数的形式，其解析式为，其中为参数.若随机变量的概率分布密度函数为，则称随机变量服从正态分布，则下列说法正确的是（ ） （参考数据：若随机变量，则 A. 曲线关于直线对称 B. 曲线在处达到峰值 C. 当较小时，正态曲线“矮胖”，当较大时，正态曲线“瘦高” D. 若，则 10. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 的最小正周期为 B. 若在区间恰有两个零点，则的取值范围为 C. 若，且，则 D. 若在区间恰有两个最值点，则的取值范围为 11. 已知函数，则下列说法正确是（ ） A. 若在处取得极小值，则 B. 若，则 C 若，则曲线关于点中心对称 D. 若，则有3个零点 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知的展开式中，只有第7项的二项式系数最大，则的值为__________. 13. 设是抛物线上一点，是抛物线的焦点，为坐标原点，，则__________. 14. 已知函数.若当时，存在过坐标原点直线与曲线相切，则实数的取值范围为__________. 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. 如图，在直三棱柱中，是的中点，. （1）证明：平面； （2）若，求二面角的余弦值. 16. 已知等差数列满足，等比数列满足. （1）求数列的通项公式； （2）若数列满足，求数列的前项和. 17. 2025年春节联欢晚会中的创意融合舞蹈《秧BOT》轰动全球，标志着中国的服务机器人技术达到世界一流水平.某人工智能企业的服务机器人研发部，自2018年至2024年投入巨资进行服务机器人技术研究开发，取得了巨大的成就.该企业试产了三类不同型号的服务机器人，对其进行两次智能模仿成年人活动检测. （1）若型服务机器人第一次仿成年人拿水杯检测成功，则第二次检测成功的概率为；若第一次检测不成功，则第二次检测成功的概率为.已知型服务机器人第一次检测成功的概率为，求型服务机器人第二次检测成功的概率； （2）试产型服务机器人进行两次仿成年人综合试验检测，已知第一次检测时，型合格的概率分别为，第二次检测时，型合格的概率分别为.两次检测相互独立，设经过两次检测后，型服务机器人合格的种类数为随机变量，求的分布列和数学期望. 18. 已知函数. （1）当时，求在区间上的最大值和最小值； （2）当时，证明：； （3）若，求实数的取值范围. 19. 已知椭圆的左，右焦点分别为椭圆上任意一点，. （1）求椭圆的方程； （2）若为圆上任意一点，求的最小值； （3）已知直线与轴交于点，且与椭圆交于两点，为坐标平面内不在直线上的动点，若直线斜率的倒数成等差数列，证明：动点在定直线上，并求直线的方程. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 三湘名校教育联盟·2025年上学期高二期中考试 数学 本试卷共4页.全卷满分150分，考试时间120分钟. 注意事项： 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. 若复数满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数代数形式的除法运算化简求得答案. 【详解】因为，所以，所以， 故选：A. 2. 若向量，，且，则（ ） A. B. 45 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】直接利用向量的坐标运算和向量垂直的充要条件求出，从而进一步求出. 【详解】因为，所以，解得， 故， 故. 故选：C. 3. 已知直线是双曲线的一条渐近线，则的离心率为（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】B 【解析】 【分析】先由双曲线渐近线的定义结合题设条件得，再由离心率公式直接计算即可得解. 【详解】因为直线是双曲线的渐近线， 所以，所以. 故选：B. 4. 的内角的对边分别为，已知，则的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题意可知，再由余弦定理可得的值，再由正弦定理即可求得面积. 【详解】由，得， 由余弦定理得，所以， 所以的面积为， 故选：C. 5. 已知函数，且，则m的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】确定函数的奇偶性和单调性，再利用性质求解不等式. 【详解】函数的定义域为R，， 函数是奇函数，又函数都是R上的增函数，则在R上单调递增， 不等式， 则，即，解得或， 所以m的取值范围是. 故选：A 6. 如图，在圆锥中，是底面圆的直径，在底面圆周上，是的中点，与圆锥底面所成角的大小为，则圆锥的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据位置关系，求出，再根据锥体的体积公式计算可得. 【详解】因为有平面，所以为与圆锥底面所成角，即 又因为是底面圆的直径，所以， 又是的中点，所以， 由已知， 可得，所以. 又平面平面，所以. 由，解得， 所以圆锥的体积， 故选：D. 7. 曲线和曲线组合围成“心形图”（如下图所示），记“心形图”为曲线，曲线所围成的“心形”区域的面积等于（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】首先分析在第一象限的图形，发现第一象限的面积等于曲线与轴的交点及坐标原点所围成的直角三角形的面积， 由对称性可求得第四象限的面积，再计算第二、三象限面积，为两个半圆，由此可算得“心形”区域的面积. 【详解】如图所示，设，线段的中点为， 因为曲线关于点对称， 所以可将曲线与轴，轴围成的区域割补为直角三角形的区域， 于是曲线与轴，轴围成的区域面积就是直角三角形的面积， 即； 根据对称性，可得曲线与轴，轴围成的区域面积为， 又曲线所围成的“心形”区域中，两个半圆的面积为， 所以曲线所围成的“心形”区域的面积等于. 故选：C 8. 如果对于正整数集，将集合拆分成16个三元子集（子集有三个元素），且拆分的16个集合两两交集为空集，则称集合是“三元可拆集”.若存在一种拆分法，使得集合是“三元可拆集”，且每个三元子集中都有一个数等于其他两数之和，则的最大值为（ ） A. 12 B. 9 C. 7 D. 6 【答案】C 【解析】 【分析】根据集合新定义结合、等差数列求和公式计算求解即可. 【详解】因为有48个元素，可以拆成16个三元子集， 将这16个三元子集中最大的数依次记为， 则 . 又中所有元素和为， 所以由题意， 所以，解得，又所以. 当时，， 可拆为， ， ， ，所以的最大值是7， 故选：C. 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. 早在1733年，法国数学家棣莫弗在研究二项概率的近似计算时，提出了正态密度函数的形式，其解析式为，其中为参数.若随机变量的概率分布密度函数为，则称随机变量服从正态分布，则下列说法正确的是（ ） （参考数据：若随机变量，则 A. 曲线关于直线对称 B. 曲线在处达到峰值 C. 当较小时，正态曲线“矮胖”，当较大时，正态曲线“瘦高” D. 若，则 【答案】AD 【解析】 【分析】根据正态分布的性质结合解析式依次判断ABC，根据正态分布原则计算可判断D. 【详解】对于A，因为，所以，所以曲线关于直线对称，故A正确； 对于B，因为当时，单调递增，则单调递增， 当时，单调递减，则单调递减，故曲线是单峰的. 又，则，因此，当且仅当时，等号成立，即曲线在处达到峰值，故B错误； 对于C，由选项B可知，当越小时，峰值越大，则曲线越“瘦高”，当越大时，峰值越小，则曲线越“矮胖”，故C错误； 对于D，因为，所以，故D正确. 故选：AD. 10. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 的最小正周期为 B. 若在区间恰有两个零点，则的取值范围为 C. 若，且，则 D. 若在区间恰有两个最值点，则的取值范围为 【答案】BD 【解析】 【分析】根据周期公式可判断A的正误，根据整体法结合正弦函数性质可判断BD的正误，结合正弦函数的性质可判断B的正误，对于C，直接求解可判断其正误. 【详解】对于A：因为，所以的最小正周期为，故A错误； 对于B：当时，， 因为在恰好有两个零点，则， 解得，故B正确； 对于C：因为，即， 又，所以或或， 解得，或，或.故C错误； 对于D：因为，所以. 因为在恰有两个最值点，则，解得， 故D正确， 故选：BD. 11. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 若在处取得极小值，则 B. 若，则 C. 若，则曲线关于点中心对称 D. 若，则有3个零点 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据题意得，求解a，并验证判断A；根据函数单调性判断B；通过判断C；根据函数单调性，并结合零点存在性定理判断D. 【详解】对于A，因为，因在处取得极小值， 则，得， 当时，， 当时，在上单调递增，当时，在上单调递减， 当时，在上单调递增，故在处取得极小值，故A正确； 对于B，当时，因，则在上单调递增， 故当时，，故B错误； 对于C，当时，因， 故曲线关于点中心对称，故C正确； 对于D，因为， 由，当时，，故在上单调递增； 时，则在上单调递减， 则在处取到极大值，在处取到极小值， 因，， 由可得在上有一个零点； 因，， 由可得在上有一个零点； 又 由可得在有一个零点， 综上分析，可得函数有3个零点，故D正确. 故选：ACD. 【点睛】关键点点睛：根据函数极值点求参数值时，要注意需要验证. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知的展开式中，只有第7项的二项式系数最大，则的值为__________. 【答案】12 【解析】 【分析】根据二项展开式中二项式系数的特点得到总项数为13，进而得到答案. 【详解】根据题意，只有第7项为二项展开式的中间项，所以二项展开式的总项数为13，即，解得. 故答案为：12. 13. 设是抛物线上一点，是抛物线的焦点，为坐标原点，，则__________. 【答案】6 【解析】 【分析】通过作辅助线，利用角度关系和抛物线定义构造等边三角形和直角三角形，进而求出. 【详解】过点作抛物线准线的垂线，垂足为点，连接，如图所示. 因为轴，则，由抛物线的定义可得， 所以为等边三角形，则，抛物线的准线方程为， 设准线交轴于点，则，易知，则. 故答案为：6. 14. 已知函数.若当时，存在过坐标原点的直线与曲线相切，则实数的取值范围为__________. 【答案】 【解析】 【分析】先设切点坐标为，接着由导数几何意义和两点间斜率公式建立等量关系得到，接着构造函数，，再利用导数工具研究函数的单调性和函数值情况即可求解. 【详解】设切点坐标为，由题意可得，则. 又直线的斜率，所以， 得，即，其中，又， 所以.设，其中， 因为，当时，单调递增；当时，单调递减， 所以.当时，，且当时，. 由且得， 故实数的取值范围是. 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. 如图，在直三棱柱中，是的中点，. （1）证明：平面； （2）若，求二面角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，直棱柱的性质和等腰三角形的性质，先证得和，利用线面垂直的判定定理，即可证得平面. （2）以为原点，建立空间直角坐标系，求得平面的法向量和平面的法向量，结合向量的夹角公式，即可求解. 【小问1详解】 证明：由直三棱柱，可得平面， 因为平面，所以， 又因为是底边的中点，且，所以， 因为平面，平面，且， 所以平面. 【小问2详解】 解：由直三棱柱，可得平面， 平面，平面，所以， 又因为，以为原点，以所在直线分别为轴，轴和轴建立空间直角坐标系，如图所示， 由（1）可知，所以， 则，， 所以， 设平面的法向量为，则， 令，可得，所以， 因为，且，平面， 所以平面，可得平面的法向量为， 设二面角为，由图知为锐角，则， 所以二面角的余弦值为. 16. 已知等差数列满足，等比数列满足. （1）求数列的通项公式； （2）若数列满足，求数列的前项和. 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）根据等差数列和等比数列公式直接求解即可; （2）计算，利用错位相减法计算得到答案. 【小问1详解】 设等差数列公差为， 因为，所以， 又，所以，所以， 所以. 设等比数列的公比为，则， 所以，所以， 所以. 小问2详解】 由（1）得， 所以， 两式相减得， 所以. 17. 2025年春节联欢晚会中的创意融合舞蹈《秧BOT》轰动全球，标志着中国的服务机器人技术达到世界一流水平.某人工智能企业的服务机器人研发部，自2018年至2024年投入巨资进行服务机器人技术研究开发，取得了巨大的成就.该企业试产了三类不同型号的服务机器人，对其进行两次智能模仿成年人活动检测. （1）若型服务机器人第一次仿成年人拿水杯检测成功，则第二次检测成功的概率为；若第一次检测不成功，则第二次检测成功的概率为.已知型服务机器人第一次检测成功的概率为，求型服务机器人第二次检测成功的概率； （2）试产型服务机器人进行两次仿成年人综合试验检测，已知第一次检测时，型合格的概率分别为，第二次检测时，型合格的概率分别为.两次检测相互独立，设经过两次检测后，型服务机器人合格的种类数为随机变量，求的分布列和数学期望. 【答案】（1） （2）分布列见解析， 【解析】 【分析】（1）设出事件， 用条件概率公式分别求和，再根据互斥事件概率加法求. （2）分情况讨论， ，， ， ，用独立事件乘法公式计算概率，进而得到的分布列和期望. 【小问1详解】 记型服务机器人第一次仿成年人拿水杯检测成功”，型服务机器人第二次仿成年人拿水杯检测成功”， 则. 因为，所以， 因为，所以， 则. 【小问2详解】 三类不同型号的服务机器人检测合格的概率分别为： ， 由题意随机变量的可能取值为，则， ， . 随机变量的分布列为 0 1 2 3 所以. 18. 已知函数. （1）当时，求在区间上的最大值和最小值； （2）当时，证明：； （3）若，求实数的取值范围. 【答案】（1）最大值为，最小值为1. （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）把代入函数解析式，求导函数判断原函数在上的单调性，即可求出答案； （2）当时，令，求出最小值，即可证明； （3）依题意，，令，求出最小值即可. 【小问1详解】 当时，，所以， 当时，单调递增； 当时，单调递减， 所以在区间上的最大值为. 又，所以在区间上的最小值为. 所以在区间上的最大值为，最小值为1. 【小问2详解】 当时，令，其定义域为， 因为，令，得， 所以当时，单调递减； 当时，单调递增，所以. 故. （另解）当时，令，其定义域， 所以， 因为，而在上单调递增，且， 所以存在，满足，即，且 所以且，当时，；当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， ，所以. 【小问3详解】 由，得， 即，即， 令，则， 令，则， 所以当时，；当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 又， 所以当时，在内存在唯一的零点， 所以当时，单调递增，当时，单调递减，当时，单调递增， 所以，因为， 因为，所以， 所以， 因为，所以，所以， 所以实数的取值范围为. 19. 已知椭圆的左，右焦点分别为椭圆上任意一点，. （1）求椭圆的方程； （2）若为圆上任意一点，求的最小值； （3）已知直线与轴交于点，且与椭圆交于两点，为坐标平面内不在直线上的动点，若直线斜率的倒数成等差数列，证明：动点在定直线上，并求直线的方程. 【答案】（1） （2） （3）证明见解析， 【解析】 【分析】（1）利用椭圆的定义和焦距的性质求出基本量，得到椭圆方程即可. （2）利用圆性质得到，再结合三角形两边之和大于第三边的性质进行放缩求解最值即可. （3）联立方程组结合韦达定理得到，进而表示出，再结合给定条件进行化简，证明点在定直线上即可. 【小问1详解】 设椭圆的半焦距为，因为，所以， 由椭圆的定义，解得， 得到，故的方程为. 【小问2详解】 因为的右焦点， 圆的圆心，半径， 显然椭圆与圆没有交点，因为点在圆上，所以， 于是， 当且仅当分别是线段与椭圆，圆的交点时取等号， 故的最小值为. 【小问3详解】 如图，设， 因为直线，所以点， 联立消去得. 所以， 因为， 且直线斜率倒数成等差数列，所以， 所以，即， 将代入上述等式可得， 若，则点在直线上，与已知矛盾； 故， 整理可得， 可得， 即， 即对任意的恒成立， 得到，解得或， 由于的斜率不为0，得到，故， 故点在定直线上. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$