精品解析：湖南省三新/H11/G10教育联盟2024-2025学年高二下学期4月期中联考数学试题

2025年4月高二期中联考 数学 （本试卷共4页，19题，考试用时120分钟，全卷满分150分） 注意事项： 1.答题前，先将自己的班级、姓名、准考证号写在试题卷和答题卡上，并将准考证条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上相应题目的答案标号涂黑.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3.非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 4.考试结束后，将答题卡上交. 一、单选题：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. 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】方法一：利用等比数列求和公式和负数的乘法运算化简，然后得到答案.方法二：利用虚数单位的幂的运算的周期性计算化简，然后得到答案. 【详解】解法一：∵， 解法二：,, ∴. 则所求复数对应的点为，位于第二象限. 故选：B. 2. 有可以表示为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据排列数定义可得结果. 【详解】由排列数公式可得， 故选：D. 3. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先对变形为，再利用二项式定理求出通项，进而求出指定项的系数即可. 【详解】易得，且， 则， 由二项式定理得展开式的通项公式为， 令，. 故选：A. 4. 已知数列满足，且，则数列通项公式为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据已知条件构造等差数列，再结合通项公式计算求解. 【详解】因为，左右同乘，所以， 为首项是1，公差为3的等差数列，所以， 所以， 故选:C. 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据已知的正弦值及同角三角函数基本关系可求其余弦和正切，再根据正切的二倍角公式即可求解. 【详解】，则，. ，则， 则. 故选：A. 6. 已知集合，直线中的，，是取自集合的三个不同元素，并且该直线的倾斜角为钝角，符合以上所有条件的直线的条数为（ ） A. 40 B. 32 C. 24 D. 23 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意按照顺序分别将的选法种类逐一确定，结合组合计算，再除去不合题意的即可. 【详解】可得，从集合中任取三个不同元素，且，异号， 若，共有条，若，共有条，总共种. 又因为当，，和，，时，都表示直线， 所以符合条件的直线的条数为种. 故选：D. 7. 为研究不同性别学生对“deepseek”应用程序的了解情况，某学校进行了一次抽样调查，分别抽取男生和女生各50名作为样本，设事件"了解deepseek"，“学生为女生”，据统计，，将样本的频率视为概率，现从全校的学生中随机抽取40名学生，设其中了解deepseek的学生的人数为，则当取得最大值时的值为（ ） A. 16 B. 17 C. 18 D. 19 【答案】C 【解析】 分析】根据二项分布概率公式构造不等式组，解题即可. 【详解】已知，，抽取男生和女生各50名，所以. 根据条件概率公式，可得. 再根据条件概率公式，可得. 所以随机变量， 令，解得，因为，所以当时，取得最大值. 故选：C. 8. 马尔科夫链是概率统计中的一个重要模型，也是机器学习和人工智能的基石，在强化学习、自然语言处理、金融领域、天气预测等方面都有着极其广泛的应用.马尔科夫链因俄国数学家安德烈·马尔科夫得名，其过程具备“无记忆”的性质，即第次状态的概率分布只跟第次的状态有关，与第，，，⋯次状态无关.现有，两个盒子，各装有1个黑球和1个红球，现从，两个盒子中各任取一个球交换放入另一个盒子，重复进行次这样的操作后，记盒子中红球的个数为，恰有1个红球的概率为.则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】用古典概型，根据组合数算出第一次操作后盒恰有个红球的概率和恰有个红球的概率. 用全概率公式得到与的递推关系. 对递推式变形，得出数列是等比数列，并确定其首项与公比.依据等比数列通项公式求出表达式. 把代入表达式，算出的值. 【详解】设第次操作后盒子中恰有2个红球的概率为，则没有红球的概率为. 由题意知，，， 因为，所以. 又因为，所以是以为首项，为公比的等比数列. 所以，. 故选：A. 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，部分选对的得部分，有选错的得0分. 9. 下列说法正确的是（ ） A. 正方体的表面积和体积是相关关系 B. 已知函数，则 C. 若，且，则 D. 已知随机变量，若，则函数为偶函数 【答案】CD 【解析】 【分析】根据函数关系判断A，根据除法导数运算律计算判断B，根据二项分布及数学期望性质判断C，根据正态分布的性质结合偶函数定义判断D. 【详解】A是确定的函数关系，所以错误； B选项，∵，∴.故B错误； C选项，因为，所以.又，所以，故C正确； D选项，若，则区间和关于直线对称， ∴，则， ∴函数为偶函数. 故选：CD. 10. 已知点，为圆上两动点，且，点为直线上动点，则（ ） A. 圆心到直线的距离为 B. 以为直径的圆与直线相离 C. 的最大值为 D. 的最小值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，根据条件，利用弦长公式，即可求解；对于B，利用选项A可得点在以为圆心，为半径的圆上，再利用圆的几何性质和直线与圆的位置关系的判定，即可求解；对于C，根据条件找到最大角，进而得最大角小于，即可求解；对于D，根据条件得到，再求出，即可求解. 【详解】对于选项A，设的中点为，如图1，连接，. 则，， 所以，故选项A正确； 对于选项B，由A知，点在以为圆心，为半径的圆上，又原点到的距离为， 所以点到直线的距离的最小值为， 因为，故以为直径的圆与直线相离，所以选项B正确； 对于选项C，如图2，当直线与直线平行，且，，共线时，为等腰三角形， 此时最小，最小值为，又，故此时最大，且， 则，所以，则，故选项C错误； 对于选项D，， 当，，，共线，且在，之间时取等号，， 所以的最小值为，所以选项D正确， 故选：ABD. 11. 已知函数，为常数，若函数有两个零点，，且，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于选项A，根据函数零点与方程根的关系进行判断；对于选项B，通过作出函数图象，利用图象的交点情况确定参数范围；对于选项C，分情况讨论，利用函数的单调性来证明不等式；对于选项D，通过变量代换构造新函数，利用导数研究函数的单调性和最值来证明不等式. 【详解】对于A：因为有两个零点，，且，所以在上有两个根， 即在上有两个交点，，，故A错误； 对于B：作出的图象，与关系如图，，则，故B正确； 对于C：由A选项可知，当时，显然成立. 当时，等价于，可知，，，可知函数在区间上单调递增， 又，单调递减.要让，只需证， 又∵，∴只需证，令，则， ∵，∴，∴，∴函数在区间上单调递增，∴，∴，∴，∴，故C正确； 对于D：，，，，又，，，，∴，只需要证明，. 令，，，故D正确. 故选：BCD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 下列5个数据，，1，，的第40百分位数为______. 【答案】0.9## 【解析】 【分析】根据百分位数可得答案. 【详解】从小到大排列后，得到，由于，则求与1的平均数为0.9. 则第40百分位数为0.9. 故答案为：0.9. 13. 直线经过椭圆的两个顶点，则该椭圆的离心率______. 【答案】 【解析】 【分析】先求出直线与坐标轴的交点，再代入椭圆方程进而得出即可得出离心率. 【详解】由题意，直线过点，， 代入椭圆方程得，解得，， 所以椭圆方程为， 所以，，，则. 故答案为：. 14. 已知正三棱柱中，，，是的中点，点是线段上的动点，过且与垂直的截面与交于点，则三棱锥的体积的最大值为______. 【答案】## 【解析】 【分析】设的中点为，始终有，可得点在以为直径的圆上，从而可求出点到底面距离的最大值，进而可求得三棱锥的体积的最大值. 【详解】 如图1，设的中点为,连接，截面如图2， 且，. 因为平面，平面，则，则点在以为直径的圆上. 当点在弧的中点时，此时点到底面距离的最大， 且最大值为， 所以三棱锥的体积的最大值为. 故答案为：. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答过程应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 已知等比数列的首项，公比，在中每相邻两项之间都插入6个数，使它们和原数列的数一起构成一个新的等比数列. （1）求数列的通项公式. （2）记数列前项的乘积为，试问：是否有最大值？如果有，请求出此时的值以及的最大值；若没有，请说明理由. 【答案】（1） （2）是，或6，最大值为 【解析】 【分析】（1）利用等比数列的通项公式求解即可；（2）求出数列的前n项的乘积为，利用二次函数的性质求最值即可. 【小问1详解】 ，公比，， 设新数列的公比为， 则，，由， 所以. 【小问2详解】 . 令， 当或6时，有最大值30. 所以的最大值为，此时或6. 16. 如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，平面，. （1）棱上是否存在点，使平面，若存在，请求出的值； （2）点在线段运动（包括端点，不包括端点），当二面角夹角最小时，试确定点位置. 【答案】（1）存在， （2）点在点处，与点重合 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量表示建立方程，求解参数，进而得到的值即可. （2）利用二面角的向量求法将二面角的余弦值表示为一元函数，再利用二次函数结合复合函数的性质判断单调性，进而确定取得最值时的自变量取值，再确定动点位置即可. 【小问1详解】 如图，建立如图所示的空间直角坐标系， ，，，，， 则，， 由于，故. 设，，则， 则，要使平面， 则，解得， 故存在点，当时，. 【小问2详解】 设，，则， 设平面的一个法向量为， 故，，， ， 令，则. 设平面的一个法向量为， 故，， ， 令，则，设二面角为， ， ， 因为，所以，令， 则可化为， 由二次函数性质得在上单调递增， 由复合函数性质得在上单调递减， 则，则当时，最大，此时二面角夹角最小， 故点在点处，与点重合. 17. 已知椭圆过点，离心率为. （1）求椭圆的标准方程. （2）若椭圆上存在一点（点在第一象限），点关于轴的对称点为，与直线平行的直线与椭圆相交于，两点，直线，分别与轴交于，两点.若四边形为菱形，求满足条件的点坐标. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据离心率以及代入点到椭圆方程即可联立方程求解， （2）联立直线与椭圆方程，得韦达定理，根据菱形的性质将问题转化为，代入斜率公式，即可化简求解. 【小问1详解】 由题意可知， 解得，. 所以椭圆的标准方程为. 【小问2详解】 设点关于轴的对称点的坐标为. 直线的斜率为.直线与平行，设直线的方程为 . 由得，由（点在椭圆上）， ，且， 设，，则，， 四边形为菱形，所以，所以. 即，化简可得. 将韦达定理代入可得，化简可得，又因为点在第一象限，所以. 18. 设函数，. （1）试判断函数在区间上是否存在极值点，并说明理由； （2）若任意，不等式恒成立，求实数的取值范围. 【答案】（1）存在极大值点，无极小值点，理由见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）先求出导函数，得出函数单调性结合零点存在定理判断导数零点即可得出极值点； （2）先求出导函数，构造函数分和及分类讨论得出单调性即可求参 【小问1详解】 ， 令，则，则，恒小于0，单调递减， 且，，∴，， ，，单调递增，，，单调递减，故函数存在极大值点，无极小值点. 【小问2详解】 ，则. 又令，， ①当，即时，恒成立，∴在区间上单调递增， ∴，∴，∴在区间上单调递增， ∴（不合题意）； ②当，即时，，∴在区间上单调递减， ∴，∴，∴在区间上单调递减， ∴（符合题意）； ③当，即时，由，， ∴，使，且时，，， ， ∴在上单调递增，∴（不符合题意）； 综上，的取值范围是. 19. 生物研究工作中，统计鸟类主要是研究鸟类种群数量和分布规律.统计人员发现某鸟类在区域经常出没，在区域统计时发现该鸟类有两个品种，分别记为I种和II种.统计人员在区域随机捕获了50只该鸟，再将捕获的鸟全部放回，作为一次试验结果.记第次试验中I种的数目为随机变量.设该区域中I种的数目为，II种的数目为. （1）（i）求在第1次试验中随机变量的分布列. （ii）假设每一次试验均相互独立，统计人员完成所有试验后，得到的实际取值分别为，其平均值，方差.记随机变量.采用和分别代替期望和方差，试给出，的估计值（结果保留整数）. 参考公式：从含件次品的件产品中，分别采用有放回和不放回的方式随机抽取件，设抽取的件产品中次品数为，如果采取有放回抽样，则方差；如果采取不放回抽样，则方差为.随机变量与满足.若随机变量与相互独立，则. （2）假设统计人员每次随机捕获一只该鸟，统计种类，再将捕获的鸟放回，重复进行次.“使得的取值达到最大时的作为的估计值”的思想称为最大似然原理.基于最大似然原理的最大似然参数估计方法称为最大似然估计.具体步骤：先对参数构建对数似然函数，再对其关于参数求导，得到似然方程，最后求解参数的估计值.已知的参数的对数似然函数为，其中，求参数的估计值，并且说明频率估计概率的合理性. 【答案】（1）（i）分布列见解析（ii）， （2），合理性说明见解析； 【解析】 【分析】（1）（i）根据超几何分布写出分布列即可； （ii）根据超几何分布的期望和方差公式求出、，再结合题中给的参考公式即可求、，进而列出关于的方程组； （2）求，再求出其单调性，即可得出最大似然估计的参数. 【小问1详解】 （i）依题意，均服从完全相同的超几何分布， 故的分布列为， 其中为整数，且. （ii）由于每一次试验均相互独立，且均服从完全相同的超几何分布，则， ， 则由公式可得， ， 由公式可得，， 即，解得，. 【小问2详解】 由， 则， 令，得，故， 则，得； ，得， 故在上单调递增，在上单调递减， 即当时，取最大值，故， 因此，用最大似然估计的参数与频率估计概率的是一致的，故用频率估计概率是合理的. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025年4月高二期中联考 数学 （本试卷共4页，19题，考试用时120分钟，全卷满分150分） 注意事项： 1.答题前，先将自己的班级、姓名、准考证号写在试题卷和答题卡上，并将准考证条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上相应题目的答案标号涂黑.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3.非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 4.考试结束后，将答题卡上交. 一、单选题：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. 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 2. 有可以表示（ ） A. B. C. D. 3. 若，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知数列满足，且，则数列的通项公式为（ ） A. B. C. D. 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知集合，直线中，，是取自集合的三个不同元素，并且该直线的倾斜角为钝角，符合以上所有条件的直线的条数为（ ） A 40 B. 32 C. 24 D. 23 7. 为研究不同性别学生对“deepseek”应用程序的了解情况，某学校进行了一次抽样调查，分别抽取男生和女生各50名作为样本，设事件"了解deepseek"，“学生为女生”，据统计，，将样本的频率视为概率，现从全校的学生中随机抽取40名学生，设其中了解deepseek的学生的人数为，则当取得最大值时的值为（ ） A 16 B. 17 C. 18 D. 19 8. 马尔科夫链是概率统计中的一个重要模型，也是机器学习和人工智能的基石，在强化学习、自然语言处理、金融领域、天气预测等方面都有着极其广泛的应用.马尔科夫链因俄国数学家安德烈·马尔科夫得名，其过程具备“无记忆”的性质，即第次状态的概率分布只跟第次的状态有关，与第，，，⋯次状态无关.现有，两个盒子，各装有1个黑球和1个红球，现从，两个盒子中各任取一个球交换放入另一个盒子，重复进行次这样的操作后，记盒子中红球的个数为，恰有1个红球的概率为.则的值为（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对的得部分，有选错的得0分. 9. 下列说法正确的是（ ） A. 正方体的表面积和体积是相关关系 B. 已知函数，则 C. 若，且，则 D. 已知随机变量，若，则函数为偶函数 10. 已知点，为圆上两动点，且，点为直线上动点，则（ ） A. 圆心到直线的距离为 B. 以为直径的圆与直线相离 C. 的最大值为 D. 的最小值为 11. 已知函数，为常数，若函数有两个零点，，且，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 下列5个数据，，1，，的第40百分位数为______. 13. 直线经过椭圆的两个顶点，则该椭圆的离心率______. 14. 已知正三棱柱中，，，是中点，点是线段上的动点，过且与垂直的截面与交于点，则三棱锥的体积的最大值为______. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答过程应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 已知等比数列的首项，公比，在中每相邻两项之间都插入6个数，使它们和原数列的数一起构成一个新的等比数列. （1）求数列的通项公式. （2）记数列前项的乘积为，试问：是否有最大值？如果有，请求出此时的值以及的最大值；若没有，请说明理由. 16. 如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，平面，. （1）棱上是否存在点，使平面，若存在，请求出的值； （2）点在线段运动（包括端点，不包括端点），当二面角夹角最小时，试确定点的位置. 17. 已知椭圆过点，离心率为. （1）求椭圆的标准方程. （2）若椭圆上存在一点（点在第一象限），点关于轴的对称点为，与直线平行的直线与椭圆相交于，两点，直线，分别与轴交于，两点.若四边形为菱形，求满足条件的点坐标. 18. 设函数，. （1）试判断函数在区间上是否存在极值点，并说明理由； （2）若任意，不等式恒成立，求实数的取值范围. 19. 生物研究工作中，统计鸟类主要是研究鸟类种群数量和分布规律.统计人员发现某鸟类在区域经常出没，在区域统计时发现该鸟类有两个品种，分别记为I种和II种.统计人员在区域随机捕获了50只该鸟，再将捕获的鸟全部放回，作为一次试验结果.记第次试验中I种的数目为随机变量.设该区域中I种的数目为，II种的数目为. （1）（i）求在第1次试验中随机变量的分布列. （ii）假设每一次试验均相互独立，统计人员完成所有试验后，得到的实际取值分别为，其平均值，方差.记随机变量.采用和分别代替期望和方差，试给出，的估计值（结果保留整数）. 参考公式：从含件次品的件产品中，分别采用有放回和不放回的方式随机抽取件，设抽取的件产品中次品数为，如果采取有放回抽样，则方差；如果采取不放回抽样，则方差为.随机变量与满足.若随机变量与相互独立，则. （2）假设统计人员每次随机捕获一只该鸟，统计种类，再将捕获的鸟放回，重复进行次.“使得的取值达到最大时的作为的估计值”的思想称为最大似然原理.基于最大似然原理的最大似然参数估计方法称为最大似然估计.具体步骤：先对参数构建对数似然函数，再对其关于参数求导，得到似然方程，最后求解参数的估计值.已知的参数的对数似然函数为，其中，求参数的估计值，并且说明频率估计概率的合理性. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $