精品解析：湖南省长沙市长郡中学2024-2025学年高二下学期5月期中考试数学试题

长郡中学2025年上学期高二期中考试 数学 本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共6页.时量120分钟.满分150分. 第I卷 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】根据分式不等式解法及对数函数的单调性求解不等式，再根据交集的定义求解即可． 【详解】解不等式，， 所以． 故选：A． 2. 复数的虚部是（ ） A. i B. 1 C. D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数的除法运算即可求解． 【详解】，虚部为2． 故选：D． 3. 函数有且只有一个零点的充要条件是（ ） A. B. C. D. 或 【答案】D 【解析】 【分析】由题意得函数的图象过点，把问题转化为：函数没有零点函数的图象与直线无交点，数形结合可得解． 【详解】因为时，，可知函数的图象过点， 所以函数有且只有一个零点 函数没有零点 函数的图象与直线无交点． 当时，， 由图可知，函数 的图象与直线无交点或． 即函数有且只有一个零点的充要条件是或． 故选：D． 4. 现从含甲、乙在内的10名特种兵中选出4人去参加抢险，则在甲被选中的前提下，乙也被选中的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】记分别表示“甲被选中”和“乙被选中”，然后使用条件概率公式计算即可. 【详解】记分别表示“甲被选中”和“乙被选中”. 由于一共有10名特种兵，而要从中选出4名，故. 而从10名特种兵选出4名时，如果甲和乙被选中，则剩余2个被选中的人可从甲和乙之外的8名特种兵中任意选择2名， 故选取方式有种，从而. 故，A正确. 故选：A. 5. 中国的技术领先世界，技术中的数学原理之一是香农公式：，它表示在被高斯白噪音干扰的信道中，最大信息传送速率取决于信道带宽､信道内所传信号的平均功率､信道内部的高斯噪音功率的大小，其中叫做信噪比.若不改变带宽，而将信噪比从1000提升至2500，则大约增加了（ ）（附：） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，结合对数运算法则以及参考数据，直接求解即可. 【详解】令，不妨设时，对应的最大信息传送速率为，时，对应的最大信息传送速率为， 则 ， 故将信噪比从1000提升至2500，则大约增加了. 故选：B. 6. 已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为，则圆锥的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用圆柱和圆锥的侧面积公式可求得，再利用圆锥的体积公式即可求解. 【详解】设圆柱和圆锥的底面半径为，高， 因为圆柱和圆锥的侧面积相等，所以， 即，故， 所以圆锥的体积为. 故选：B. 7. 已知函数的图象关于点中心对称，则（ ） A. 函数的图象可由向左平移个单位长度得到 B. 函数的图象可由向左平移个单位长度得到 C. 在区间上单调递减 D. 在区间上单调递增 【答案】C 【解析】 【分析】先利用函数的对称中心求出，得到，对 A，B，利用三角函数平移的性质判断；对C，D，利用三角函数的单调性判断即可. 【详解】函数的图象关于点中心对称，所以， 可得，结合，得，所以． 对于A，函数的图象可由向左平移于个单位长度得到，故A错误； 对于B，由诱导公式得， 向左平移个单位长度后得到，故B错误； 对于C，当时，， 由于在上单调递减， 所以函数在区间上单调递减，故C正确； 对于D，当时，， 由于在上不单调， 故函数在区间上不单调递增，故D错误． 故选：C. 8. 已知函数，若对任意实数，不等式总成立，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】将所求不等式变形为，构造函数，可知该函数在上为增函数，由此可得出，其中，利用导数求出的最大值，即可求得实数的取值范围. 【详解】当时，由可得， 即， 构造函数，其中，则， 所以，函数在上为增函数， 由可得， 所以，，即，其中， 令，其中，则. 当时，，函数单调递增， 当时，，函数单调递减， 所以，，. 故选：D. 【点睛】关键点点睛：本题考查利用函数不等式恒成立求参数，解题的关键就是将所求不等式进行转化，通过不等式的结构构造新函数，结合新函数的单调性来求解. 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. 下列结论中，正确的有（ ） A. 数据4，1，6，2，9，5，8的第70百分位数为5 B. 若随机变量，则 C. 若，且，则C，D相互独立 D. 根据分类变量X与Y的成对样本数据，计算得到，依据小概率值的独立性检验（），可判断X与Y有关联，此推断犯错误的概率不大于0.001 【答案】BC 【解析】 【分析】由分位数的计算方法即可判断A；由正态分布曲线的对称性即可判断B；根据条件概率公式及对立事件即可判断C；根据独立性检验即可判断D选项． 【详解】对于A，先排序：1,2,4,5,6,8,9，，第五位数据6，故A错误； 对于B，， 则，故B正确； 对于C，， 由条件概率公式得，得到，即C，D相互独立，故选项C正确； 对于D，没有充分证据推断X与Y有关联，故D错误． 故选：BC． 10. 曲线E上任意一点P到定点的距离与到定直线的距离之和为8，则下列说法中正确的有（ ） A. 曲线E经过点 B. 曲线E上点的横坐标的取值范围是 C. 曲线E围成的区域面积大于 D. 曲线E上横纵坐标均为整数的点仅有6个 【答案】BC 【解析】 【分析】根据点到定点的距离与到定直线的距离之和为这一条件，分情况讨论得出曲线的方程，再根据方程对各选项进行判断. 【详解】设点，因为曲线E上任意一点P到定，点的距离与到定直线的距离之和为8，所以曲线E的方程为， 当时，得，两边平方得， 当时，得，两边平方得，所以曲线E的大致图象如图所示， 将代入得，所以E不经过，故A错误； 将代入，解得，所以由图象得曲线E上点的横坐标的取值范围是，故B正确； 由图象可知曲线E的面积，故C正确； 因为曲线E上，点的横坐标的取值范围是，将分别代入， 解得曲线E过点 ，，所以曲线E上横纵坐标均为整数的点仅有4个，故D错误. 故选：BC． 11. 已知函数与的定义域均为，且，若为偶函数，则（ ） A. 函数的图象关于直线对称 B. C. 函数的图象关于点对称 D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据函数的对称性、周期性、函数值等知识确定正确答案. 【详解】A选项，是偶函数，图象关于对称，将的图象的横坐标放大为原来的两倍，得到的图象，则是偶函数，图象关于直线对称；将的图象向左平移1个单位长度，得到的图象，则的图象关于直线对称，A选项错误； B选项，由，以替换x得， 由得， 令得， 由于的图象关于直线对称，所以，B选项正确； C选项，由，以替换x得， 由得， 令得，所以的图象关于点对称，C选项正确； D选项，的图象关于直线对称，，由，， 以替换x得，所以，， 的周期为4，，， ，D选项正确． 故选：BCD． 第Ⅱ卷 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知，且，则的最小值是________． 【答案】 【解析】 【分析】由基本不等式的常数代换，代入计算，即可得到结果. 【详解】因为，且，所以， 所以． 当且仅当时，即，即时，取等号． 故答案为： 13. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，，若，且，则的面积为________． 【答案】 【解析】 【分析】由已知根据可得，然后结合余弦定理可得，利用面积公式即可求解. 【详解】由，所以，整理得， 所以， 解得， 所以. 故答案为：. 14. 甲口袋中装有2个黑球和1个白球，乙口袋中装有3个白球.现从甲、乙两口袋中各任取一个球交换放入另一口袋，重复次这样的操作，记甲口袋中黑球个数为，恰有2个黑球的概率为，恰有1个黑球的概率为，则______，的数学期望______.（用表示） 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】利用全概率公式，构造概率递推公式，再由数列中的递推求通项思想即可. 【详解】经过第一次操作得：，， 经过第二次操作得：；. 根据全概率公式可知：， ， 两式相加可得， 则：，时，， 所以，， 因为，数列是首项为，公比为的等比数列， 所以，即， 所以. 故答案为：①；②. 【点睛】方法点睛：由全概率公式来得到递推关系，再利用数列思想求解即可. 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n项和为，点在直线上，． （1）求数列的前n项和以及数列的通项公式； （2）若数列满足，设数列的前n项和为，求的最小值． 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）将代入直线得出，由与的关系求解通项公式即可； （2）由得出，则当，2，3时，，当时，，即可求解的最小值． 【小问1详解】 由题意知，则， 当时，， 当时，， 因为符合， 所以． 【小问2详解】 ，令， 所以当，2，3时，，当时，， 故． 16. 如图，在四棱锥中，底面ABCD为矩形，点E是棱PD上的一点，平面AEC． （1）求证：点E是棱PD的中点； （2）若平面ABCD，，PC与平面ABCD所成角的正切值为，求二面角的正切值． 【答案】（1） 连接BD，BD与AC交于，点F，连接EF， 四边形ABCD为矩形，为BD的中点， 平面AEC，平面PBD经过PB且与平面AEC交于EF，， 又点F是BD的中点，点E是棱PD的中点. （2） 【解析】 【分析】（1）连接BD，BD与AC交于，点F，连接EF，结合四边形ABCD为矩形可得为BD的中点，根据平面AEC可得，进而求证即可； （2）方法一：结合平面ABCD可得就是PC与平面ABCD所成的角，进而得到，进而得到平面PAD，在平面PAD内作，垂足为G，连接GC，可得，进而得到是二面角的平面角，进而求解即可； 方法二：结合平面ABCD可得就是PC与平面ABCD所成的角，进而建立空间直角坐标系，得到平面的法向量，利用法向量求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 方法一：平面ABCD，AC，AD，平面ABCD，， 则就是PC与平面ABCD所成的角， 故，解得． 四边形ABCD为矩形，， 又，PA与AD是平面PAD内的两相交直线，平面PAD， 如图，平面PAD内作，垂足为G，连接GC，则， 是二面角的平面角． 在直角三角形PAD中，，点E是PD的中点， ，且 平面PAD，平面PAD，，故， 二面角的平面角的正切值为． 方法二：平面ABCD，AC，AD，平面ABCD， ，则就是PC与平面ABCD所成的角， 又四边形ABCD为矩形，， 分别以AB，AD，AP为x，y，z轴，建立空间直角坐标系， 设是平面AEC的一个法向量，二面角的大小为， 由，可得， 则， 故 解得，所以， 又是平面AED的一个法向量，且为锐角， 故， 则，即， 所以二面角的平面角的正切值为． 17. 在一个温馨的周末，甲同学一家人齐聚在宽敞明亮的客厅里进行掷游戏币活动，假设每次掷游戏币出现正面的概率为，且，每次掷游戏币的结果相互独立. （1）当时，若甲连续投掷了两次，求至少出现一次正面向上的概率； （2）若规定每轮游戏只要连续不断的出现三次正面向上，则游戏结束，每轮最多连续投掷6次. ①甲在一轮游戏中恰好投掷了5次游戏结束的概率为，求的表达式； ②设甲在一轮游戏中投掷次数为，求的最大值. 【答案】（1） （2）①；② 【解析】 【分析】（1）利用对立事件概率的关系求事件的概率. （2）①明确投掷5次游戏结束的具体情况，可求得其概率； ②明确的可能取值，求出对应概率，得到的分布列，求其期望，再结合导数与函数的单调性，求的最大值. 【小问1详解】 设事件表示第次正面向上，其中.且，， 设事件：“至少出现一次正面向上”. 【小问2详解】 ①设事件：“恰好投掷了5次游戏结束”，则. 故 . 所以. ②由题意知， ， ， . . 则. 令，， 当时，，即在上单调递减，故， 因此，的最大值为. 18. 已知函数，. （1）求函数的值域； （2）设函数，证明：有且只有一个零点，且. 【答案】（1） （2）证明：因为， 当时，函数与函数均在上单调递增， 故在上单调递增， 又，， 故存在唯一零点， 当时，，，故， 当时，，，故， 故当时，无零点， 综上所述，有且只有一个零点，且该零点； 由上可知，且有， 则， 即， 由函数在区间上单调递增， 故. 【解析】 【分析】（1）依题意可得，首先判断的奇偶性，再利用换元法求出函数在时的取值范围，结合偶函数的性质得解. （2）结合零点的存在性定理分类讨论可证有且只有一个零点；结合零点性质与单调性放缩可得. 【小问1详解】 因为， 所以， 则， 所以为偶函数， 当时， 令，则，令，， ，又，， 所以， 即当时，根据偶函数关于轴对称，所以当时， 综上可得. 【小问2详解】 略 【点睛】关键点睛：本题二问关键在于借助零点的存在性定理判定有且只有一个零点，借助零点得到，将转化为，结合函数单调性，得到. 19. 如图，双曲线：的虚轴长为2，离心率为，斜率为的直线过轴上一点. （1）求双曲线的标准方程； （2）若双曲线上存在关于直线对称的不同两点，，直线与直线及轴的交点分别为，. （i）当时，求的取值范围； （ii）当时，求的最小值. 【答案】（1） （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）由虚轴及离心率可得，即可得双曲线方程； （2）令，设直线为：，将直线BC方程与双曲线方程联立，由韦达定理可得，.（i）代入，可得，，结合，可得，最后由可得答案；（ii）由，结合，，，可得关于的表达式，然后由基本不等式可得答案. 【小问1详解】 由题知，解得，双曲线E的标准方程为； 【小问2详解】 令，设直线为：，与联立得，当时， 设，则由韦达定理，及题意可得： 则，，. （i）当时，，， 由，得， 又因为，即， 所以； （ii）由题知，. 因为， 所以，又，， 则， ， 又， 则， 则， 当取得，此时满足题意. 综上，的最小值为. 【点睛】关键点睛：对于双曲线中所涉及的范围问题，常利用双曲线上点的横坐标范围，判别式，点与双曲线位置关系求解；对于最值问题，常先找到所求量关于某变量的表达式，再利用函数知识或基本不等式求解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 长郡中学2025年上学期高二期中考试 数学 本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共6页.时量120分钟.满分150分. 第I卷 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. 复数的虚部是（ ） A. i B. 1 C. D. 2 3. 函数有且只有一个零点的充要条件是（ ） A. B. C. D. 或 4. 现从含甲、乙在内的10名特种兵中选出4人去参加抢险，则在甲被选中的前提下，乙也被选中的概率为（ ） A. B. C. D. 5. 中国的技术领先世界，技术中的数学原理之一是香农公式：，它表示在被高斯白噪音干扰的信道中，最大信息传送速率取决于信道带宽､信道内所传信号的平均功率､信道内部的高斯噪音功率的大小，其中叫做信噪比.若不改变带宽，而将信噪比从1000提升至2500，则大约增加了（ ）（附：） A. B. C. D. 6. 已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为，则圆锥的体积为（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数的图象关于点中心对称，则（ ） A. 函数的图象可由向左平移个单位长度得到 B. 函数的图象可由向左平移个单位长度得到 C. 在区间上单调递减 D. 在区间上单调递增 8. 已知函数，若对任意实数，不等式总成立，则实数的取值范围为（ ） 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. 下列结论中，正确的有（ ） A. 数据4，1，6，2，9，5，8的第70百分位数为5 B. 若随机变量，则 C. 若，且，则C，D相互独立 D. 根据分类变量X与Y的成对样本数据，计算得到，依据小概率值的独立性检验（），可判断X与Y有关联，此推断犯错误的概率不大于0.001 10. 曲线E上任意一点P到定点的距离与到定直线的距离之和为8，则下列说法中正确的有（ ） A. 曲线E经过点 B. 曲线E上点的横坐标的取值范围是 C. 曲线E围成的区域面积大于 D. 曲线E上横纵坐标均为整数的点仅有6个 11. 已知函数与的定义域均为，且，若为偶函数，则（ ） A. 函数的图象关于直线对称 B. C. 函数的图象关于点对称 D. 第Ⅱ卷 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知，且，则的最小值是________． 13. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，，若，且，则的面积为________． 14. 甲口袋中装有2个黑球和1个白球，乙口袋中装有3个白球.现从甲、乙两口袋中各任取一个球交换放入另一口袋，重复次这样的操作，记甲口袋中黑球个数为，恰有2个黑球的概率为，恰有1个黑球的概率为，则______，的数学期望______.（用表示） 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n项和为，点在直线上，． （1）求数列的前n项和以及数列的通项公式； （2）若数列满足，设数列的前n项和为，求的最小值． 16. 如图，在四棱锥中，底面ABCD为矩形，点E是棱PD上的一点，平面AEC． （1）求证：点E是棱PD的中点； （2）若平面ABCD，，PC与平面ABCD所成角的正切值为，求二面角的正切值． 17. 在一个温馨的周末，甲同学一家人齐聚在宽敞明亮的客厅里进行掷游戏币活动，假设每次掷游戏币出现正面的概率为，且，每次掷游戏币的结果相互独立. （1）当时，若甲连续投掷了两次，求至少出现一次正面向上的概率； （2）若规定每轮游戏只要连续不断的出现三次正面向上，则游戏结束，每轮最多连续投掷6次. ①甲在一轮游戏中恰好投掷了5次游戏结束的概率为，求的表达式； ②设甲在一轮游戏中投掷次数为，求的最大值. 18. 已知函数，. （1）求函数的值域； （2）设函数，证明：有且只有一个零点，且. 19. 如图，双曲线：的虚轴长为2，离心率为，斜率为的直线过轴上一点. （1）求双曲线的标准方程； （2）若双曲线上存在关于直线对称的不同两点，，直线与直线及轴的交点分别为，. （i）当时，求的取值范围； （ii）当时，求的最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $