精品解析：湖南省部分学校2024-2025学年高二下学期期中考试数学试题

湖南省部分学校2024-2025学年高二下学期期中考试数学试题 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上． 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题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．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． 4．本试卷主要考试内容：高考全部内容． 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】D 【解析】 【分析】根据集合的交集运算即可求解. 【详解】集合， 则. 故选：D 2. 已知，若复数，则（ ） A. 2 B. 3 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用复数的乘法运算以及复数相等可求出，可得，再根据求复数的模的公式即可求解. 【详解】因为， 所以，解得， 所以复数， 则． 故选：C 3. 已知直线与圆相交于两点，，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】由点到直线的距离公式可得，再由直线与圆的弦长公式即可求解. 【详解】设圆心到直线的距离为， 则由点到直线的距离公式可得． 因为，所以， 解得． 故选：B. 4. 已知锐角满足，则（ ） A. B. C. D. -1 【答案】C 【解析】 【详解】因为为锐角，， 所以，得， 所以． 故选：C 5. 已知双曲线的离心率为2，左、右焦点分别为是双曲线上的一点，且，则（ ） A. B. 5 C. D. 或 【答案】A 【解析】 【分析】根据双曲线的离心率可求出以的方程为，利用双曲线的定义分别讨论点在双曲线的左支与右支上的情况从而得出结论. 【详解】由双曲线的离心率为2，可得，，则， 所以的方程为． 当点在双曲线左支上时，． 当在双曲线的右支上时，， 因为点到焦点距离的最小值为， 所以不符合题意，舍去． 故. 故选：A 6. 已知函数，则使成立的的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先判断函数是偶函数，再利用指数函数的单调性，以及奇偶性可得，解不等式即可得出结论. 【详解】函数，定义域为，关于原点对称， 又因为，易知是偶函数， 当时，，则在上单调递增． 由，得，解得． 故选：B 7. 已知，函数的最小正周期为，若，且的图象关于直线对称，则（ ） A. -1 B. -2 C. -3 D. -4 【答案】D 【解析】 【分析】由周期范围求得，再结合对称轴求得，进而可求解. 【详解】因为，所以，解得． 又的图象关于直线对称，所以， 解得． 因为， 取，可得， 所以. 故选：D 8. 甲、乙、丙三人各自计划去上海旅游，他们在4月21日到4月23日这三天中的一天到达上海，他们在哪一天到达上海相互独立，且他们各自在4月21日到4月23日到达上海的概率如下表所示： 4月21日 4月22日 4月23日 02 0.3 0.5 若甲、乙两人在同一天到达上海概率小于甲、丙两人在同一天到达上海的概率，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，利用全概率公式分别求得，，再由，解不等式即可求解. 【详解】设甲、乙两人在同一天到达上海的概率为，甲、丙两人在同一天到达上海的概率为． 根据全概率公式可得： ， ． 由，得，即， 又， 所以． 故选：C. 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. 2020至2024年我国快递业务量及其增长速度如图所示，则（ ） A. 2020至2024年我国快递业务量逐年增长 B. 2020至2024年我国快递业务量的中位数是1106亿件 C. 2020至2024年我国快递业务量增长速度的极差是19.4％ D. 估计我国2019年的快递业务量大于500亿件 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据统计图表中的数据的增长趋势，可判定A正确；根据中位数的计算方法，可判定B正确；根据极差的计算方法，可判定C错误；设2019年的快递业务量为亿件，得出方程，求得的值，可判定D正确. 【详解】对于A中，根据统计图表，可得2020至2024年我国快递业务量逐年增长，所以A正确． 对于B中，2020至2024年我国快递业务量分别为， 可得数据的中位数为亿件，所以B正确； 对于C中，2020至2024年我国快递业务量增长速度的极差为 ，所以C错误． 对于D中，设我国2019年的快递业务量为亿件， 则，可得，所以D正确． 故选：ABD. 10. 已知边长为2的正方形的边上有一点（不含端点），边上有一点，且，如图1所示．现把沿折起到的位置，得到棱锥，如图2．设，棱锥的体积的最大值为，则（ ） A. 是单调递增函数 B. 函数先单调递增后单调递减 C. 当平面平面时，的长有最小值2，没有最大值 D. 函数有最大值，没有最小值 【答案】BD 【解析】 【分析】由题意得平面平面，根据锥体的体积公式可得，利用导数判断的单调性可判断；利用单调性求最值可判断；由题意得，根据勾股定理可得，根据函数的单调性即可判断. 【详解】要使棱锥的体积取得最大，则平面平面， 取中点为，则， 又平面平面，且平面平面， 所以平面， 对于：由题知棱锥的高为，棱锥的底面面积， 所以． 由， 当时，，当时，， 知在上单调递增，在上单调递减，故A错误，B正确． 对于：由A知在上单调递增，在上单调递减， 所以，无最小值，故D正确． 对于：平面，又平面， 所以， 所以， 令， 易知在上单调递减，所以AP的长度没有最值，故C错误． 故选：. 11. 已知不等式对任意成立，则实数的取值可以为（ ） A. B. C. D. e 【答案】ABD 【解析】 【分析】构造函数，由其单调性得到，再参变分离求最值即可求解. 【详解】原不等式可化为． 令，则原不等式等价于， 易知在上单调递增， 所以不等式可化， 两边取对数即得，所以恒成立． 令， 则， 由，可得，由，可得， 可知在上单调递增，在上单调递减， 最大值 所以，故，即实数的取值范围为． 符合条件的选项有ABD， 故选：ABD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知向量，且，则____________． 【答案】2 【解析】 【分析】根据向量共线的坐标表示求解. 【详解】因为， 所以，解得． 故答案为：2 13. 已知某圆锥的底面圆半径为3，母线长为5，则该圆锥的外接球的表面积为__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据外接球的性质，求外接球的半径，再列式求解. 【详解】设该圆锥的高为，外接球的半径为，则. 由，解得， 所以该圆锥的外接球的表面积. 故答案为： 14. 已知有穷数列的各项均不相等，将的项从大到小重新排序后相应的项数构成新数列，称数列为数列的“序数列”．例如数列满足，则其“序数列”为2，3，1．若有穷数列满足，且数列的“序数列”单调递减，数列的“序数列”单调递增，则____________． 【答案】 【解析】 【分析】根据新定义利用单调性可得，，据此求出即可得解. 【详解】因为的“序数列”单调递减，所以数列单调递增， 则，所以． 又因为，所以， 所以，所以①． 同理可得②， 由①②得， 所以. 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. 已知的内角的对边分别为，且． （1）求； （2）若，求的面积； （3）若，求的周长． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理边角互化，结合和差角公式即可求解， （2）根据面积公式即可求解， （3）利用余弦定理即可求解. 【小问1详解】 因为， 所以， 则， 即，即， 在中，，则． 【小问2详解】 在中，由，得， 所以的面积． 【小问3详解】 由， 得， 所以的周长为． 16. 已知抛物线的焦点为椭圆的右焦点，且的右顶点为． （1）求的方程； （2）设过点且倾斜角为的直线与交于两点，求． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由抛物线的焦点坐标即可得到，从而得到其标准方程； （2）联立直线与抛物线方程，结合弦长公式代入计算，即可得到结果. 【小问1详解】 因为，所以的右焦点坐标为， 所以，即， 所以的方程为． 【小问2详解】 依题意可得直线的方程为． 由得． 设，则， 则． 17. 如图，在直四棱柱中，底面 是菱形，，是的中点，是侧面内的一点（含边界）． （1）若是侧面的中心，证明：． （2）若平面，试求点的轨迹的长度． （3）求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据直线与平面垂直的判定定义可证平面MPQ，由其性质定理即可得证； （2）根据平面与平面平行的性质定理可证得平面平面，由平面平面，可得MN就是点的轨迹，即可求解. （3）如图3建立空间直角坐标系，利用空间向量法分别求出平面与平面的一个法向量，利用平面与平面的夹角公式求解即可. 【小问1详解】 证明：如图1，取CD的中点，连接， 则平面ABCD，又平面ABCD，所以． 因为PM是的中位线，所以． 因为ABCD是菱形，所以，从而． 又，平面MPQ， 所以平面MPQ，而面MPQ，从而 【小问2详解】 如图2，取CD的中点的中点，连接，， 则． 又平面平面，所以平面． 同理平面，又，平面, 所以平面平面． 因为平面平面，所以MN就是点的轨迹． 因为，所以点的轨迹长度为． 【小问3详解】 设AC与BD交于点，由题设可知， 以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，如图3所示， 则，， 设平面的法向量为， 由得 令，得 设平面的法向量为，则， 由得 令，则 ，得． 设平面与平面的夹角为，则 18. 已知一个盒中装有3个大小，形状完全相同的小球（1个红球和2个黑球），从盒中每次随机不放回地取出1个小球，若取出的是红球，则将1个黑球放入盒中；若取出的是黑球，则将1个红球放入盒中，以上取1个球再放1个球的过程称为1次操作．假设每次取球相互独立． （1）经过2次操作后，记盒中红球的个数为X，求X的分布列； （2）求第3次操作取到红球的概率； （3）设经过次操作后，盒中全是黑球的概率为，求数列的前n项和． 【答案】（1） 1 3 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据题目条件得出盒中红球的个数的可能值，分别求出概率，即可得出分布列； （2）方法一：设出第次取到红球的事件，即可求出第3次操作取到红球的概率；方法二：根据（1）中第二次的情况，即可求出第3次操作取到红球的概率； （3）求出当为奇数和偶数时盒中球的情况，得出递推公式，证明是等比数列，即可求出通项公式，进而得出的前n项和. 【小问1详解】 由题意， 的所有可能取值为1,3， , 故的分布列为 1 3 【小问2详解】 由题意， （方法一）设事件表示第次取到红球， 则 （方法二）由（1）知第3次操作取到红球的概率为． 【小问3详解】 由题意及（1）（2）得， 设次操作后，盒中全是黑球、1个红球和2个黑球、2个红球和1个黑球、全是红球的概率分别为． 由操作规则可知， 当为奇数时，盒中全是黑球或2个红球、1个黑球， 当为偶数时，盒中全是红球或1个红球、2个黑球， 即，其中． 因为， 所以， 所以是以为首项，为公比的等比数列， 则． 故． 即 19. 已知函数，且的图象在点处的切线方程为． （1）求的解析式； （2）若是在上的一个极值点，证明：． 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）代入函数得，解得．利用导数的几何意义可得，从而可得的解析式； （2）分别讨论，，时，的单调性，从而可得，由是在上的一个极值点，得，所以解得 再根据三角函数的值域即可得证． 【小问1详解】 由题可知，解得． ， 由，解得， . 【小问2详解】 证明：由（1）得． ①当时，， 所以，则， 所以在上单调递增． ②当时，． 令，则． 因为， 所以，则在上单调递减． 因为， 所以存在，使得，即，也即， 则在上，，在上，， 所以在上单调递增，在上单调递减． ③当时，，所以． 又，所以，故在上单调递减． 因为是在上的一个极值点，所以， 由上知在上单调递增，在上单调递减， 则，从而． 因为，所以 所以， 即． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 湖南省部分学校2024-2025学年高二下学期期中考试数学试题 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 4．本试卷主要考试内容：高考全部内容． 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知，若复数，则（ ） A. 2 B. 3 C. D. 3. 已知直线与圆相交于两点，，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 4. 已知锐角满足，则（ ） A. B. C. D. -1 5. 已知双曲线的离心率为2，左、右焦点分别为是双曲线上的一点，且，则（ ） A. B. 5 C. D. 或 6. 已知函数，则使成立的的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 已知，函数的最小正周期为，若，且的图象关于直线对称，则（ ） A. -1 B. -2 C. -3 D. -4 8. 甲、乙、丙三人各自计划去上海旅游，他们在4月21日到4月23日这三天中一天到达上海，他们在哪一天到达上海相互独立，且他们各自在4月21日到4月23日到达上海的概率如下表所示： 4月21日 4月22日 4月23日 0.2 03 0.5 若甲、乙两人在同一天到达上海的概率小于甲、丙两人在同一天到达上海的概率，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 2020至2024年我国快递业务量及其增长速度如图所示，则（ ） A. 2020至2024年我国快递业务量逐年增长 B. 2020至2024年我国快递业务量的中位数是1106亿件 C. 2020至2024年我国快递业务量增长速度的极差是19.4％ D. 估计我国2019年的快递业务量大于500亿件 10. 已知边长为2正方形的边上有一点（不含端点），边上有一点，且，如图1所示．现把沿折起到的位置，得到棱锥，如图2．设，棱锥的体积的最大值为，则（ ） A. 是单调递增函数 B. 函数先单调递增后单调递减 C. 当平面平面时，的长有最小值2，没有最大值 D. 函数有最大值，没有最小值 11. 已知不等式对任意成立，则实数的取值可以为（ ） A. B. C. D. e 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知向量，且，则____________． 13. 已知某圆锥的底面圆半径为3，母线长为5，则该圆锥的外接球的表面积为__________. 14. 已知有穷数列的各项均不相等，将的项从大到小重新排序后相应的项数构成新数列，称数列为数列的“序数列”．例如数列满足，则其“序数列”为2，3，1．若有穷数列满足，且数列的“序数列”单调递减，数列的“序数列”单调递增，则____________． 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知的内角的对边分别为，且． （1）求； （2）若，求的面积； （3）若，求的周长． 16. 已知抛物线的焦点为椭圆的右焦点，且的右顶点为． （1）求方程； （2）设过点且倾斜角为的直线与交于两点，求． 17. 如图，在直四棱柱中，底面 是菱形，，是的中点，是侧面内的一点（含边界）． （1）若是侧面的中心，证明：． （2）若平面，试求点的轨迹的长度． （3）求平面与平面夹角的余弦值． 18. 已知一个盒中装有3个大小，形状完全相同的小球（1个红球和2个黑球），从盒中每次随机不放回地取出1个小球，若取出的是红球，则将1个黑球放入盒中；若取出的是黑球，则将1个红球放入盒中，以上取1个球再放1个球的过程称为1次操作．假设每次取球相互独立． （1）经过2次操作后，记盒中红球个数为X，求X的分布列； （2）求第3次操作取到红球的概率； （3）设经过次操作后，盒中全是黑球的概率为，求数列的前n项和． 19. 已知函数，且的图象在点处的切线方程为． （1）求的解析式； （2）若是在上的一个极值点，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$