湖南株洲市第四中学2025-2026学年高二下学期期中考试数学试卷

株洲市四中高二期中考试数学试卷 本试卷共4页，19小题，满分150分，考试时间120分钟. 一、单项选择题：本大题共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.设全集U={x0<x<6,x∈Z},集合A=红，2,3}，则4A=() A.{4,5} B.{4,5,6} C.{1,2,3} D.{x3<x<6} 2.已知正项数列a,}是公比不为1的等比数列，及-及，则m+n=《) a as A.7 B.8 C.12 D.16 3.曲线y=cosr 在点M 匹，0处的切线方程是（） 2 A.x+y+π=0B.x+y-π=0 C.2x+0y-π=0D.x+元2y-元=0 4.一车间为规定工时定额，需要确定加工零件所花费的时间，为此进行了4次试验，测得 的数据如下 零件数x(个) 2 4 5 加工时间y(分钟) 26 a 49 54 根据上表可得回归方程y=9.4x+9.1,则实数a的值为 A.37.3 B.38 C.39 D.39.5 5.x(2+x)4=4x+2x2+4x3+4x4+ax,则4+a2+4+a4=（) A.16 B.65 C.80 D.81 PA 6.古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现：已知平面内两个定点A,B及动点P,若 =元 PB (1>0且1≠1)，则点P的轨迹是个圆.在平面直角坐标系中，已知O(0,0),A(3,0),若 直线x+V3y+b=0上存在点M与点O,A的距离之比为；，则实数b的取值范围是() A.(-5,3) B.[-5,3] C.(-3,5) D.[-3,5] 7.已知AB为样本空间中的两个随机件，其中P0=号P国0-子PE习=分：则 P(B)=() 试卷第1页，共4页 B.月 e 8.己已知f(x)是定义在区间(0，+o)上的函数，且x'(x)+4xf(x)=(x+2)e,f(I)=2e, 则() A.f(x)只有1个零点 B.f(x)有2个零点 C.Hx∈(0，+o),f(x)≥3x D.re(0+o),fx)≥e+ 二、多项选择题：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.已知某AI软件公司为迎合市场的需求开发了一款新型智能AI写作软件，现将该软件上 市后的月份x以及每个月获得的利润y(单位：万元)之间的关系统计如下表所示，并根据 表中数据，得到经验回归方程)=2.4x+à，则() 月份x 2 3 4 5 利润y 5 8 10 12 15 A.a=2.8 B.可以估计每增加1个月份，月利润提高2.8 万元 C.可以估计10月份的利润为26.8万元D.5月份利润的残差为0.4万元 10.已知抛物线C:严=2x(p>0)的焦点F也是椭圆+上=1的一个焦点，过点(1) 9T8 作C的两条切线，斜率分别为k,k2,对应的切点分别为M(x,y),N(x2,y2),则() 11=1 4 B.y=(i=1,2) k C.点F在直线MN上 D.W的中点到y轴的距离为W-1 2 11.已知长方体ABCD-ABCD中，AB=BC=2,BB=4,M,N分别是AB,CC的中点， 点P在AD上运动（含端点），则() A.该长方体外接球的表面积为24π B.点P到平面ABN的距离的最大值为2√互 C.过D,M,N三点的平面截该长方体所得截面图形的周长为3√2+3V3 试卷第2页，共4页 D.过D,M,N三点的平面截该长方体所得截面图形的面积为17 6 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12.已知某市10000名高一学生的某次数学测试得分X(单位：分)服从正态分布 X~N(60,o2),若P(X<70)=0.75,则得分高于50分的人数约为 13.勒让德猜想是数论中最著名的猜想之一，内容如下：对于任意正整数，存在质数P, 满足n2<p<(n+1)2,我们把区间(n2,(n+1)2)称为正整数n的质数分布区间.现从集合 {1,2,3,4,5,6}中任取两个元素，则它们在其质数分布区间上的质数个数之和为5的选取方案 有种.（用数字作答） 14.函数了心)-5+25的图象本质是双曲线，那么该双曲线的离心率是 ,焦距 3 是 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出必要的文字说明、证明过程 或演算步骤 15.已知数列{a,}的前n项和为S=n+山 2 (1)求数列{a}的通项公式4： (2)记b.= -,求数列b}的前n项和 ad 16.在马年春节联欢晚会上，多款人形机器人惊艳亮相，其精彩的表演赢得了观众的一致好 评某款人形机器人在排练时，导演对机器人下达了7个动作指令，机器人成功完成了其中5 个现从这7个指令中随机抽取4个进行回放分析，以专表示抽取的指令中成功完成的个数. (1)求的分布列和数学期望： (2)另一款机器人，若对机器人下达的动作指令表述清晰，则机器人成功完成指令的概率为 0.9;若对机器人下达的动作指令表述模糊，则成功完成指令的概率为0.5设下达的动作指令 表述模糊的概率为P,若该机器人成功完成指令的概率为0.8，求P的值： 试卷第3页，共4页 17.如图，在三棱锥P-ABC中，△ABC为边长为2的正三角形，PALAC,PB=PC. B (1)证明：平面PAB⊥平面ABC (2)已知PA=1,，求直线AB与平面PBC所成角的正弦值. l8.己知函数f(x)=alnx-(x-1)e,其中a∈R。 (1)若a≤0，求f(x)的单调区间： (2)若a>e, (i)证明：f(x)在区间(1，+)内有且仅有1个零点： (ii)设x。为f(x)的极值点，x为f(x)的零点，且x>1,证明：x。+2lnx。>x 19.己知点R是圆O:x2+y2=4上的动点，过点R作x轴的垂线段RD,D为垂足，T为线 段RD的中点. (1)求点T的轨迹方程E: (2)过点M(4,0)的直线1与曲线E交于A,B两点. (i)求OA.OB的取值范围： (i)若曲线E与x轴交于A,A两点，直线AA,A,B分别与直线x=4相交于P,Q两点， o 的值 试卷第4页，共4页 答案第1页，共1页株洲市四中高二期中考试数学试卷 《2026年4月22日高中数学作业》参考答案 题号 1 2 3 4 6 6 8 9 10 答案 A B C C D D D AC ACD 题号 11 答案 ABD 1.A 【分析】写出集合U,利用补集的定义可得集合A. 【详解】因为全集U={x0<x<6,x∈Z={1,2,3,4,5},A={1,2,3},故0，A={4,5}. 2.B 【详解】令等比数列{a,}的公比为qg>0,g≠1)，由及=8 ，得ana=a,4, a as 则aq-a1=4ag,即qmn-2=q°， 所以m+n=8. 3.C 【分析】求导，即可根据点斜式求解直线方程 【详解】由函数的解析式可得y=（←sim)x-cosx t sinπ）π 所求切线的斜率为k=y儿 22c0 2 7元2 由于切点坐标为 ￠ 4 故切线方程为y=- 2 2 即为2x+Dy-π=0. 故选：C 4.c 【分析】求出（亿，），代入回归方程，即可得到实数的值. 【详解】根据题意可得：x=2+3+4+5=35,了=26+a+49+54_129+a, 4 4 4 根据回归方程过中心点（仅，）可得：129+=94×35+91，解得：4=39： 4 故答案选C 【点睛】本题主要考查线性回归方程中参数的求法，熟练掌握回归方程过中心点(：，)是关 答案第1页，共13页 键，属于基础题. 5.C 【分析】根据题意得(2+x)4=4+4,x+4x2+a4,+4,利用赋值法和二项式系数求解 【详解】由于x(2+x)4=ax+a,x2+ax3+a,x4+ax, 则(2+x)=4+4,x+4x2+a,R+4, 令x=1,得4+4，+4+4+4=34=81， 又因为4=C42°=1， 所以4+42+4+4=80 6.D 【详解】设点M(x),由点M与点O(0,0),A(3,0)的距离之比为；，得 x2+y2 == x-3y+y22’ 化简整理可得(x+1)+y2=4,所以点M的轨迹是以(-1,0)为圆心，2为半径的圆， 又因为点M在直线上，所以直线与圆有公共点，所以圆心到直线的距离d-上1+4s2,解 2 得-3≤b≤5. 7.D 【详解】因为P0-子P(团0-} 所以0=1行P创A1ra0=1- Γ44 由全概幸公式可得P)=P4P@4小P国(@团号子兮子 8.D 【分析】结合题意构适函数P()=f()-(c+1)e,可得了x)=《+1)C,进而根据函数 x4 性质可以判断选项AB,C:整理原不等式可得f≥e+, x3 进而转化为证明e*≥x,构 造函数h(x)=e-ex,求导分析函数单调性和最值即可. 【详解】由题意，可得「xf(x)-(x+1)eT=0,令F(x)=xf(x)-(x+1)e, 则F'(x)=0,故F()为常函数，设F(x)=m,m为常数，则m=F(I)=∫（但）-2e=0, 答案第2页，共13页 即xf田=(c+1)e,则f)=+)e,x>0, x4 那么f(心)没有要点且/②)-名e<3x2-6,放A,B.c错误 由对任意x∈R,均有e≥x+l,即对任意x∈(0，+o),均有e*=ee-1≥ex, 那么fm=K+e≥区+1)er_e+1 4 x 不等式两边同乘正数。 ,等价于证明e≥er, x+1 令h(x)=e-ex,h(x)=e-e,令i(x)=0得x=l: 0<x<1时，H(x)<0,h(x)递减；x>1时，h()>0,h(x)递增： 故h(x)最小值为hI)=e-e=0,即e≥er恒成立，原不等式成立，D正确. 9.AC 【分析】由回归方程过样本中心点即可求解à判断A:由回归方程和残差定义即可逐项分析 求解判断BCD. 【详解】依2意x=专×+2+3+4+)=3，了=×6+8+10+12+1-10， 将(3,10)代入=2.4x+à中，解得a=2.8,故A正确： 可以估计每增加1个月份，月利润提高2.4万元，故B错误： 将x=10代入少=2.4x+2.8中，得到)=26.8，故C正确： 将x=5代入y=2.4x+2.8中，得到=14.8，则所求残差为15-14.8=0.2，故D错误. 故选：AC 10.ACD 【分析】求出焦点坐标，设出切线方程并与抛物线方程联立，结合抛物线定义逐项求解判断 详解】椭圆。±81的右焦点为化，0)，即为C的焦点P,则p=2,抛物线C:y=42 对于A,显然kk2≠0，设过点(-1,1)的切线方程为x=(y-1)-1, x=(y-1)-1 由 ,得y2-4y+4+4=0, y2=4x 令△=162-4(4+4)=0，整理得m2-m-1=0, 1 依题意，= 二F,L2二k 是此方程的两个实数根，则云+ 到上+=队+%=1，A正确： kk, 答案第3页，共13页 2 对于B,y是2-4LV+4+40的实数根，则%=2=，同理方’B错误； 对于C,点M,V的坐标分别为（学以（军），直线AN的方程为-男=4-子。 4 v+y 4 化简得y=4+,而药=2训，为=2%，得y=2+2以， y+yz y+y n+nn+n, 又m+m,=1,,=-1,则直线N:y=2x-2过点F(1,0),即点F在直线MN上，C正确： 对于D,C的准线方程为x=-1,设d,d,分别为M,N到准线的距离， 由抛物线的定义知，MN的中点到准线的距离为A+d_ 2 2 所以N的中点到y轴的距离为-1，D正确 11.ABD 【分析】利用长方体的体对角线得其外接球的半径，求得表面积判断选项A:向量法求点到 平面的距离判断选项B:作出过D,M,N三点的平面截长方体所得截面，求出相关线段的长， 计算截面图形周长和面积判断选项CD: 【详解】对于A,长方体的体对角线是其外接球的直径2R, 则2R=V22+22+42=√4+4+16=√24=2√6，R=√6， 可得外接球的表面积S=4R2=4π×(V6)=24m,所以选项A正确； 对于B,以D为原点，分别以DA,DC,DD所在直线为x,y,z轴，建立如图所示的空间直角 坐标系， 则A(2,0,0),B(2,2,0)N(0,2,2),设P(x,0,4)(0≤x≤2)， AB=(0,2,0),AN=（2,2,2)1P=K-2,0,4), 设平面ABN的一个法向量为i=(a,b,c), 答案第4页，共13页 i.AB=2b=0 则 i-AN=-2a+2b+2c=0 ，令a=1,则b=0,c=1,所以i=(1,0,1), 点P到平面ABN的距离为： d= AP_(x-2)x1+0x0+4×1k+2 V12+02+12 因为0≤x≤2，所以当x=2时，d取得最大值，d=12+2=2万，选项B正确： √2 2 D 、B1 对于C,延长DN,DC相交于点E,连接EM与BC相交于H,延长EM,DA相交于点F, 连接DF与AA相交于G,则截面是五边形DGMHN, 已知AB=BC=2,BB,=4,M,N分别是AB,CC的中点， AM=MB=1,NC=2,DC=CE=2,CH=4, -3.BH=AF=2 AG=1,AG=3, 利用勾股定理可得DG=3,GM=V5.M=正N=2 3 3°DW=2b, 五边形DGMHN的周长为2√13+3√2，C选项错误； 对于D,D(0,0,4),M(2,1,0),N(0,2,2),DM=√21，MN=3, △D,GM中，cos∠DGM=DG+GM-DM213+2-21-3 2DG.GM 2W13x√√26' &DG-GMn/DGM-xx隔四 1717 答案第5页，共13页 同理，AA1中，o∠DM-行通∠DM 17 18 S.w=V17; △M中，eos∠MM=音，则smn∠WM=3 _v7 13 3 所以截面是五边形DGMN的面积为： S=S.DOM+S DNM+S.NIM= 17 7+71W ,D选项正确. 2 3 6 12.7500 【详解】在正态分布X~N(60,σ2)中，u=60,由P(X<70)=0.75,得 P(X>50)=P(X<70)=0.75, 所以得分高于50分的人数约为10000x0.75=7500. 13.4 【分析】根据给定条件，求出给定集合中各数的质数分布区间内质数个数，再利用列举法求 出方案种数 【详解】依题意，1的质数分布区间1,4)内的质数有2,3两个；2的质数分布区间(4,9)内的 质数有5,7两个： 3的质数分布区间(9,16内的质数有11,13两个：4的质数分布区间16,25)内的质数有 17,19,23三个： 5的质数分布区间(25,36)内的质数有29,31两个；6的质数分布区间(36,49)内的质数有 37,41,43,47四个， 因此从{1,2,3,4,5,6}中任取两个元素，则它们在其质数分布区间上的质数个数之和为5的选 取方案 有1,4、2,4、3,4、5,4，共4种方案 故答案为：4 14. 2√5 8 3 【分析】双由线的两条新近线分别为，=0。双陆线实所在直线为阿条新近线 b 夹角的角平分线，则利用渐近线与实轴的夹角可得出一，从而可得离心率，联立原函数与实 a 轴方程，求出两个顶点坐标，然后计算得出a,结合离心率求出焦距 【详解】双曲线的一条渐近线为y=5 x,倾斜角为亚，另一条渐近线为x=0,倾斜角为 3 6 2 答案第6页，共13页 则两条渐近线的夹角为？ 双曲线实轴所在直线为两条渐近线夹角的角平分线，故倾斜角为，即y=√5x, 3 设双曲线的实轴长为2a,虚轴长为2b,焦距为2c,渐近线与实轴的夹角为二 6 则b-tam”-5 则双曲线离心率e=C=,1+ .b23 a 63 a a2-3 y=5x+2 -X+ x=√3 联立 3 ,解得 y=V3x 3或 x=-V3 y=-3 所以双曲线的顶点为(V5,3),（√5，-3)， 则2a=5-(+(3-(-3)2+6=43即a=25, 则c=ae=4,即焦距为2c=8, 15.(1)a=n @ [S,n=1 【分析】(1)根据an= S,-31,n≥2作差即可得解， 2)由1)可得么 ·,利用裂项相消法计算可得 nn+ 【详解】(1)“数列的前项和为3=0+少 2 当n=1时4=S1 1x1+-1, 2 当n≥2时51=n0n-少 2 所以a=S-Sn1= n(n+1)(n-1) 2 -=n, 2 又当n=1时，a=n也成立， .数列{a}的通项公式为a=n. (2)由(1)可得b=1 1=11 a,dm n(n+1)nn+1' 设数列b}的前n项和为T, 答案第7页，共13页 则Tn=b+b2+b++b =1-1+1111 2+2334计 +111-1 n nn+1n+1n+1 16.(1)分布列为： 2 3 4 2 4 1 7 7 )-9 (2)0.25 【分析】(1)由题设随机变量服从超几何分布，并求出对应概率，即可得分布列，再应用 分布列或超几何分布的期望求法求期望； (2)应用全概率公式求概率即可： 【详解】(1)由题意知随机变量5服从超几何分布，其中N=7,M=5,n=4, 具的有可等家微刘23名P(E-2小器-，=)警-号 C7 P(5=4)=CC-1 C7 故5的分布列为： 2 3 4 2 4 1 7 7 法一：所以5的数学期望E()=2×+3×十4× 2 4 .120 7 520 法二：根据超几何分布的期望公式知E(5)=n M=4×7 (2)记“下达的动作指令表述清晰'为事件A, 记下达的动作指令表述模糊”为事件B, 记“机器人成功完成指令”为事件C 由已知得P(C)=0.8,P(CA)=0.9,P(CB)=0.5,P(B)=p,P(A)=1-p. 因为P(C)=P(AC)+P(BC)=(C+HqB=0.1-+0.5p=0.90.4, 答案第8页，共13页 所以0.9-0.4p=0.8→p=0.25 17.(1)证明见解析 R 4 【分析】(I)先利用线面垂直的判定定理得BC⊥平面PAD,然后利用线面垂直的性质定理 得BC⊥PA,进而利用线面垂直的判定定理得PAL平面ABC,最后利用面面垂直的判定定 理可证： (2)建立空间直角坐标系，求出平面PBC的法向量，利用线面角的向量公式求解即可. 【详解】(1)证明：取BC的中点D,连接AD,PD, 因为△ABC为边长为2的正三角形，所以AD⊥BC, 因为PB=PC,所以PD⊥BC, 因为PDOAD=D,PD,ADC平面PAD,所以BC⊥平面PAD, 因为PAC平面PAD,所以BC⊥PA, 因为PA⊥AC,AC∩BC=C,AC,BCC平面ABC, 所以PA⊥平面ABC, 因为PAc平面PAB, 所以平面PAB⊥平面ABC; (2)过点D作直线l/1AP,分别以DA,DB所在直线为x轴，y轴，1为z轴建立如图所示 的空间直角坐标系， 1 则A(N50,0,B(0,10),C(0,-1-0),P(V5,01,CB=(0,20),PB=（51-1), AB=（51,0）, 设平面PBC的法向量为i=(xy,), i⊥CB [i.CB=2y=0 则 则 n⊥PB i.PB=-√3x+y-z=0 答案第9页，共13页 令x=1,则i=(1,0,-V5), nA®55 设直线AB与平面PBC所成的角为B,所以sinO AB 2×24’ 所以直线AB与平面P8C所成角的正弦值为 4 18.(1)f(x)的单调递减区间为(0，+0)，无单调递增区间： (2)证明见解析 【分析】(1)利用求导分析正负，即可得到单调区间，注意定义域的限制： (2)()利用二阶导数来判断一阶导数的单调性，再结合零点存在性定理，即可得到证明： (ii)利用极值点和零点的恒等式，消去参数a,再结合切线不等式hx,<x,-1,化简后问 题即可得证 【详解】(1)求导得：f)-g[e+c-)e]=g-e-4e 因为as0,对任意x>0,都有f'=a- -<0, 所以f(x)的单调递减区间为(O,+∞)，无单调递增区间； (2)(i)由(1)知，当a>e时，令gx)=a-xe*, 当x>1时，g'(x)=（-2x-x2)e=-x(x+2)e*<0, 故g(x)在(1，+∞)上单调递减， 因为a>e,所以g(a=a-ae=a(1-ae）<0, 又因为g(1)=a-e>0,所以g(x)=a-x2e在区间(1，ad内存在零点， 即结合g(x)在(1，+∞)上单调递减， 可得g(x)在区间L,+o)内有且仅有1个零点m,且m∈(1，a: 则当xeLm时，fW=a-re>0,当∈(m+w)时，f时=a-re<0, 所以∫(x)在x∈(L,m)单调递增，在x∈(，+∞)单调递减， 又因为f(1)=aln1-(1-1)e=0,所以根据单调性可知：f(m)>f(1)=0, 又因为当x→+∞，f(x)→-∞，所以根据零点存在性定理结合函数单调递减， 可知：f(x)在区间(m,+o)内有且仅有1个零点， 答案第10页，共13页 又因为x∈(1，m)时，结合f(x)在x∈(1，m)单调递增，所以f(x)>f(I)=0, 即在区间(1，m)函数没有零点， 所以f(x)在区间1，+∞)内有且仅有1个零点， f"(x)=0 a-xoe"o =0 (ii)由题意可知： f()=0即 ahx1-(x1-1)e=0 消a可得：5en5-(G-1e=0→nx-s=1e eo 当x>1时，构造函数h(x)=x-1-lnx,(x>1) 求导得)=1=>0，则h(x)=x-1-nx在>1时单调递增， 即h(x)=x-1-lhx>h(1)=1-1-lhl=0,所以x-1>lnx, 即可知hx<x-1, -1 则6-1 9若1e5<6, 两边取对数得：x-x。<2lnx。,即x。+2lnx,>x. 190号r MP (2)(i) A4 (iⅱ MO 【分析】(1)运用相关点法即可求得动点T的轨迹方程： (2)()设直线1的方程并与椭圆方程联立，写出韦达定理，根据向量数量积的坐标公式化 简得OA.OB=19- 23 1+4,结合△>0求得的k:< 1 根据函数单调性即可求得OAOB的 6k(x1-4 取值范围；()分别求得AA,A,B的方程，进而求得P 4 +2 MP 推得 =-3×2-2x-4x2+8 MO -45+2%8找到与+的数量关系=(6+)-4，整体 代入消元即可求得结果 答案第11页，共13页 【详解】(1)设点T的坐标为(x,y),点R的坐标为(x,y), 则点D的坐标为(x,0) 由点T是线段RD的中点，得x=,y= 2 因为点R(x,y)在圆x2+y2=4上，所以x+好=4， 把x。=x,%=2y代入方程x行+y好=4， 有r+4w4.即写y-1 所以点T的轨迹方程五为 +y2=1. 4 (2)(i)依题意，直线l的斜率存在，可设其方程为y=k(x-4), 它，消元得1+4秋-32x+64一40 联立 自A=2-160+4)0-小>0，得<合设4(，.B) 因为x,x2是方程(（1+4k2)x2-32k2x+64k2-4=0的两个根， 。32k2 所以x+计42’=十 所以OA.OB=x5+2=x5+R(x4)(54) =0+)4(x+)+16-(1+56444g32 1+4k2 1+4张2+16 -76k-4=19-,23 1+4k2 1+4k2 因为02≤2：所以23 69 1+4k(4 ,23 所以OA.OB的取值范围为-4， 4/；. (i)由题意可得，直线l的斜率k≠0， ①当4,4分别为椭圆+少=1的左顶点、右顶点时 答案第12页，共13页 D 直线1的方程为中2+习， 直线0的方程为v-产-2刃， 即P4, (,g42,0 x1+2 x2-2 -业=-3-43=2-3x西-2=4%+8 所以02(3+23-4) Xx2-4x1+2x2-8 32k2 因为美+名中4收8 8 20 心S161+ 1+4k2 所以5165 5 名+x82,即=+)-4， MP 所以 3X三伤+)4-2$4+8 MO -3×32+8 25+)4+2,-8 -+9,241. ②当4,4分别为椭圆二+少=1的右顶点、左顶点时， 4 同理可得 M-1,故 M-1. MO 答案第13页，共13页