精品解析：湖南省新高考教学教研联盟暨长郡二十校联盟2024-2025学年高二下学期期末联考数学试题

2025年高二期末联考 数学 命题人：彭泽华 审题人：高李 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. 若复数为纯虚数，则（ ） A. 1 B. C. D. 2. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 3. 双曲线的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 4. 已知为等比数列的前项和，若，则（ ） A. 3 B. 5 C. D. 5. 当时，曲线与的交点个数为（ ） A. 0 B. 2 C. 4 D. 6 6. 已知且，则二项式的展开式中，常数项为（ ） A. B. C. 6 D. 24 7. 定义新运算：，设，命题，则（    ） A. ，且为假 B. ，且为假 C. ，且为真 D. ，且为真 8. 已知与是平面内两个非零向量，，，，点P是平分线上的动点.当取最小值时，的值为（ ）. 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. 以下说法正确的是（ ） A. 若，两组数据的样本相关系数分别为，，则组数据比组数据的相关性较强 B. 在残差的散点图中，残差分布的水平带状区域的宽度越窄，其模型的拟合效果越好 C. 决定系数越大，模型的拟合效果越好 D. 有10件产品，其中3件次品，抽2件产品进行检验，恰好抽到一件次品的概率是 10. 已知，则使得“”成立的一个充分条件可以是（ ） A. B. C. D. 11. 如图，圆锥内有一个内切球，为底面圆的直径，球与母线，分别切于点，.若是边长为2的等边三角形，为底面圆的一条直径（与不重合），则下列说法正确的是（ ） A. 球的表面积为 B. 圆锥的侧面积为 C. 四面体的体积的取值范围是 D. 若为球面和圆锥侧面的交线上一点，则的最大值为 第II卷 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 在五一小长假期间，要从6人中选若干人在3天假期值班（每天只需1人值班），不出现同一人连续值班2天，则可能的安排方法有______种. 13. 已知椭圆的左､右焦点分别为，过的直线交椭圆于两点，且，，则椭圆的离心率为__________________. 14. 已知函数，若存在两个零点，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. 已知中，. （1）求的值； （2）设为的中点，且，，求的周长. 16. 已知等差数列的前项和为，等比数列的前项和为，，，. （1）若，求； （2）若，且数列为递增数列，求数列的前项和. 17. 如图，在四棱锥中，侧面平面，是边长为2的等边三角形，底面为直角梯形，其中，，． （1）求证：． （2）求线段中点到平面的距离． （3）线段上是否存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 18. DeepSeek从横空出世到与我们日常相伴，成为我们解决问题的“好参谋，好助手”，AI大模型正在改变着我们的工作和生活的方式.为了了解不同学历人群对DeepSeek的使用情况，随机调查了200人，得到如下数据（单位：人）： 学历 使用情况 合计 经常使用 不经常使用 本科及以上 65 35 100 本科以下 55 45 100 合计 120 80 200 （1）依据小概率值的独立性检验，能否认为DeepSeek的使用情况与学历有关？ （2）某校组织“AI模型”知识竞赛，甲、乙两名选手在决赛阶段相遇，决赛阶段共有3道题目，甲、乙同时依次作答，3道试题作答完毕后比赛结束.规定：若对同一道题目，两人同时答对或答错，每人得0分；若一人答对另一人答错，答对的得10分，答错的得-10分，比赛结束累加得分为正数者获胜，两人分别独立答题互不影响，每人每次的答题结果也互不影响，若甲、乙两名选手正确回答每道题的概率分别为，. （i）求比赛结束后甲获胜的概率； （ii）求比赛结束后甲获胜的条件下，乙恰好回答对1道题的概率. 附：，其中. 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 19. 已知函数，. （1）若，求曲线在处的切线方程； （2）若，求在内的极值； （3）设，若有2个零点，，且，求证：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025年高二期末联考 数学 命题人：彭泽华 审题人：高李 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. 若复数为纯虚数，则（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数为纯虚数，列式计算即可求解. 【详解】由为纯虚数，则，解得. 故选：C 2. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】解一元二次不等式，再利用补集的定义直接求解. 【详解】由，得，则， 所以. 故选：B 3. 双曲线的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据双曲线的渐近线方程求解即可. 【详解】由双曲线，则，焦点在轴上， 所以双曲线的渐近线方程为. 故选：B. 4. 已知为等比数列的前项和，若，则（ ） A. 3 B. 5 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】应用等比数列通项公式及等比数列求和公式计算求解. 【详解】由等比数列公式可得：， 所以. 故选：A. 5. 当时，曲线与的交点个数为（ ） A. 0 B. 2 C. 4 D. 6 【答案】D 【解析】 【分析】根据正弦函数图像的性质作出两函数图象即可. 【详解】因为函数的最小正周期为，函数的最小正周期为， 所以在上函数有三个周期的图象， 在坐标系中结合五点法画出两函数图象，如图所示： 由图可知，两函数图象有6个交点. 故选：D 6. 已知且，则二项式的展开式中，常数项为（ ） A. B. C. 6 D. 24 【答案】C 【解析】 【分析】由正态分布的对称性求得，再应用二项式的展开式求常数项． 【详解】因为，所以， 所以， 所以二项式的展开式通项为， 令， 所以常数项为， 故选：C． 7. 定义新运算：，设，命题，则（    ） A. ，且为假 B. ，且为假 C. ，且为真 D. ，且为真 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意结合指对数函数性质分析可知，再根据命题的否定分析判断. 【详解】因为，且， 则，， 可得，即命题为假命题， 所以，且为真命题. 故选：D. 8. 已知与是平面内两个非零向量，，，，点P是平分线上的动点.当取最小值时，的值为（ ）. A. . B. . C. . D. . 【答案】B 【解析】 【分析】用的方向向量坐标表示出的最小值，从而求出. 【详解】设点在原点 . 向量 ，因为且沿 轴， 向量  ，且 ， 角平分线的方向向量是 和 的单位向量的和： ，，所以角平分线方向向量为 ， ， 所以方向的单位向量为：， 设，则， ​​.，， ， ， 这是一个关于的二次函数.当，最小. 此时. 故选：B. 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. 以下说法正确的是（ ） A. 若，两组数据的样本相关系数分别为，，则组数据比组数据的相关性较强 B. 在残差的散点图中，残差分布的水平带状区域的宽度越窄，其模型的拟合效果越好 C. 决定系数越大，模型的拟合效果越好 D. 有10件产品，其中3件次品，抽2件产品进行检验，恰好抽到一件次品的概率是 【答案】BCD 【解析】 【分析】由相关系数的含义可判断A；由残差的散点图的性质可判断B；决定系数越大，模型的拟合效果越好可判断C；由古典概率可判断D. 【详解】对于A，若，两组数据的样本相关系数分别为，， 且，则组数据比组数据的相关性较弱，故A错误； 对于B，在残差的散点图中，残差分布的水平带状区域的宽度越窄，其模型的拟合效果越好，故B正确； 对于C，决定系数越大，模型的拟合效果越好，故C正确； 对于D，有10件产品，其中3件次品，抽2件产品进行检验， 恰好抽到一件次品的概率是，故D正确. 故选：BCD. 10. 已知，则使得“”成立的一个充分条件可以是（ ） A. B. C. D. 【答案】AD 【解析】 【分析】对于A由不等式的性质可判断；对于B取特殊值可判断；对于C不等式可化为，由即可判断；对于D根据的单调性以及不等式的性质可判断 【详解】对于A，因为，所以得,故，故A正确； 对于B，取，此时满足，但，故B错误； 对于C，由可得，即， 当时，， 而，故C错误； 对于D，由可知，，因为，所以，故D正确． 故选：AD 11. 如图，圆锥内有一个内切球，为底面圆的直径，球与母线，分别切于点，.若是边长为2的等边三角形，为底面圆的一条直径（与不重合），则下列说法正确的是（ ） A. 球的表面积为 B. 圆锥的侧面积为 C. 四面体的体积的取值范围是 D. 若为球面和圆锥侧面的交线上一点，则的最大值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】A选项，正内切圆即为球的截面大圆，又正的边长为2，求出球的半径，得到球的表面积；B选项，利用圆锥侧面积公式进行求解；C选项，四面体被平面截成体积相等的两部分，设到平面的距离为，求出正三角形的边长和面积，求出；D选项，动点的轨迹是圆，可得，故，因此，由均值不等式得到，故D正确. 【详解】A选项，连接，等边三角形内切圆即为球的截面大圆，球心在线段上， 又等边三角形的边长为2，所以，， 则球的半径， 所以球的表面积，故A正确； B选项，圆锥的侧面积，故B错误； C选项，由题意可得四面体被平面截成体积相等的两部分， 设到平面的距离为， 球的半径，三角形为等边三角形，设其边长为， 则，故， 故三角形的面积为， 即，故C正确； D选项，依题意，动点的轨迹是圆，所在平面与圆锥底面平行，令其圆心为， ，故，是边，的中点，可得，， ， 则有，故， 又，故， 即，因此， 由均值不等式，得，即， 当且仅当时取“”，故D正确. 故选：ACD 第II卷 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 在五一小长假期间，要从6人中选若干人在3天假期值班（每天只需1人值班），不出现同一人连续值班2天，则可能的安排方法有______种. 【答案】150 【解析】 【分析】分值班人数为2人或3人，结合分类计数原理可得答案. 【详解】根据题意可知，值班的人数为2人或者3人，若人数为2，则需要一个人值班首尾两天，一个人值中间的那一天，故方法数为：；若人数为3，则每人值一天班，故方法数为；故总的方法有30+120=150种. 故答案为： 13. 已知椭圆的左､右焦点分别为，过的直线交椭圆于两点，且，，则椭圆的离心率为__________________. 【答案】 【解析】 【分析】根据椭圆的定义，结合勾股定理即可求解，进而可求解. 【详解】由，可得，设，则，，， 由，则，即，解得， 所以，， ，即，解得， 所以椭圆的离心率. 故答案为： 14. 已知函数，若存在两个零点，则实数的取值范围为__________. 【答案】 【解析】 【分析】设，将题意转化为，即存在两个不同的零点，设，分和，对求导，得出的单调性和最值即可得出答案. 【详解】令，得， 设，显然在上单调递增， 而，则， 依题意，方程有两个不等的实根， 显然，故存在两个不同的零点， 设，则， （i）当时，则，，此时在上单调递增， 最多一个零点，不合题意； （ii）当时，此时，当时，，当时，， 在（0，1）上单调递增，在上单调递减，所以， 要使有两个零点，则，解得. 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. 已知中，. （1）求的值； （2）设为的中点，且，，求的周长. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由二倍角的正弦公式化简即可得出答案； （2）由三角形的面积公式求出，再由余弦定理求出，即可得出答案. 【小问1详解】 由，得. 由，得，故， 因为 ，所以，所以，. 【小问2详解】 由（1）知， ，，在中，由余弦定理，得: ， ， 的周长为 16. 已知等差数列的前项和为，等比数列的前项和为，，，. （1）若，求； （2）若，且数列为递增数列，求数列的前项和. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）通过已知条件建立等差数列公差与等比数列公比的方程组，解出后计算即可； （2）利用求出公比，结合数列为递增数列，求出公差即可求. 【小问1详解】 设的公差为，的公比为，则，. 由，得.① 由，得，② 联立①②，解得（舍去），， 因此 【小问2详解】 由，，得， 解得，或 由于数列为递增数列，所以， 当时，由①得（舍）； 当时，由①得 则. 17. 如图，在四棱锥中，侧面平面，是边长为2的等边三角形，底面为直角梯形，其中，，． （1）求证：． （2）求线段中点到平面的距离． （3）线段上是否存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） 由于平面平面，平面平面， 且平面， 平面， 平面，． （2） （3）存在，，理由如下： 令，， ，， 设平面的法向量为，则， 取，得， 易知平面的一个法向量为， 于是，， 化简得，又，解得，即， 所以线段上存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为，此时． 【解析】 【分析】（1）由面面垂直的性质得出平面，再根据线面垂直的性质即可证明； （2）取的中点，连接，，建立空间直角坐标系，由点到平面距离的向量公式即可求解； （3）令，，由面面夹角的向量公式求得，即可求解． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 取的中点，连接，，由为等边三角形，得， 而平面平面，平面平面，平面， 则平面，由，，得四边形是平行四边形， 于是，而，则，直线，，两两垂直， 以为坐标原点，直线，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，如图， 则，，，，，， ，，， 设平面的法向量为，则， 取，得， 所以到平面的距离． 【小问3详解】 略 18. DeepSeek从横空出世到与我们日常相伴，成为我们解决问题的“好参谋，好助手”，AI大模型正在改变着我们的工作和生活的方式.为了了解不同学历人群对DeepSeek的使用情况，随机调查了200人，得到如下数据（单位：人）： 学历 使用情况 合计 经常使用 不经常使用 本科及以上 65 35 100 本科以下 55 45 100 合计 120 80 200 （1）依据小概率值的独立性检验，能否认为DeepSeek的使用情况与学历有关？ （2）某校组织“AI模型”知识竞赛，甲、乙两名选手在决赛阶段相遇，决赛阶段共有3道题目，甲、乙同时依次作答，3道试题作答完毕后比赛结束.规定：若对同一道题目，两人同时答对或答错，每人得0分；若一人答对另一人答错，答对的得10分，答错的得-10分，比赛结束累加得分为正数者获胜，两人分别独立答题互不影响，每人每次的答题结果也互不影响，若甲、乙两名选手正确回答每道题的概率分别为，. （i）求比赛结束后甲获胜的概率； （ii）求比赛结束后甲获胜的条件下，乙恰好回答对1道题的概率. 附：，其中. 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 【答案】（1）认为DeepSeek的使用情况与学历无关 （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）先进行零假设，接着计算卡方值，依据卡方值即可求解； （2）（i）先求出甲、乙同时回答第道题时，甲得分为的概率，接着求出甲获胜时的得分可能的取值及其概率即可求甲获胜的概率；（ii）先设事件“比赛结束后甲获胜”的概率，事件“比赛结束时乙恰好答对一道题”，接着求出即可由求解. 【小问1详解】 零假设为：DeepSeek的使用情况与学历无关， 根据列联表中的数据，可得 依据小概率值的独立性检验，没有充分证据推断不成立， 因此可以认为成立，即认为DeepSeek的使用情况与学历无关. 【小问2详解】 （i）当甲、乙同时回答第道题时，甲得分为， ，，. 比赛结束甲获胜时的得分可能的取值为10，20，30， 则，， ， 所以比赛结束后甲获胜的概率 （ii）设“比赛结束后甲获胜”，“比赛结束时乙恰好答对一道题”， 其中甲三道题都做对，乙对一道错两道的概率为：， 其中一题两人均对，一题两人均错，一题甲对乙错的概率为： ， 其中一题甲错乙对，另两题甲均对，乙错的概率为：， ，由（1）知， 则， 所以比赛结束后甲获胜的条件下，乙恰好回答对1道题的概率为. 19. 已知函数，. （1）若，求曲线在处的切线方程； （2）若，求在内的极值； （3）设，若有2个零点，，且，求证：. 【答案】（1） （2）有极大值，无最小值 （3） ，则. 若，则，单调递增，不可能有两个零点. 若，令，得， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 所以为的极小值点， 要使有2个零点，则需，即. 因为的2个零点为，，，所以. 要证，只需证， 因为，在上单调递增， 所以只需证， 因为，所以只需证， 即只需证，， 令，， 则， 设，则， 则在上单调递减， 又因为， 所以当时，，所以在上单调递增， 又因为， 所以当时，，即在上单调递减， 又因为，所以， 即，， 所以原命题得证. 【解析】 【分析】（1）对求导，求出，，，再由导数的几何意义求解即可； （2）当，对求导，求出的单调性，结合极值点的定义即可得出答案； （3）对求导，研究单调性和极值可知要使有2个零点，则需，由此求出的范围，要证，只需证，由此构造，，对求导，证明即可. 【小问1详解】 当时，，则， 因为，， 所以曲线在处的切线方程为，即. 【小问2详解】 当时，，有， 由可得，即， 当时，，，即， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减， 有极大值，无最小值. 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $