精品解析：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，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知正项数列是公比不为的等比数列则（ ） A. B. C. 2 D. 3. 曲线在点处的切线方程是（ ） A. B. C. D. 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（个） 2 3 4 5 加工时间（分钟） 26 49 54 根据上表可得回归方程，则实数的值为 A. 37.3 B. 38 C. 39 D. 39.5 5. ，则（ ） A. 16 B. 65 C. 80 D. 81 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，及动点，若（且），则点的轨迹是个圆．在平面直角坐标系中，已知，，若直线上存在点与点，的距离之比为，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 已知为样本空间中的两个随机事件，其中，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知f（x）是定义在区间上的函数，且，，则（ ） A. 只有1个零点 B. 有2个零点 C. ， D. ， 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以及每个月获得的利润（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，则（ ） 月份 1 2 3 4 5 利润 5 8 10 12 15 A. 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：（）的焦点也是椭圆的一个焦点，过点作的两条切线，斜率分别为，，对应的切点分别为，，则（ ） A. B. （） C. 点在直线上 D. 的中点到轴的距离为 11. 已知长方体中，，，分别是的中点，点在上运动（含端点），则（ ） A. 该长方体外接球的表面积为 B. 点到平面的距离的最大值为 C. 过三点的平面截该长方体所得截面图形的周长为 D. 过三点的平面截该长方体所得截面图形的面积为 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（单位：分）服从正态分布，若，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，满足，我们把区间称为正整数的质数分布区间．现从集合中任取两个元素，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. 函数的图象本质是双曲线，那么该双曲线的离心率是______，焦距是______． 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. 已知数列的前项和为. （1）求数列的通项公式； （2）记，求数列的前项和. 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，若该机器人成功完成指令的概率为0.8，求的值； 17. 如图，在三棱锥P-ABC中，为边长为2的正三角形，，． （1）证明：平面平面． （2）已知，求直线与平面所成角的正弦值． 18. 已知函数，其中. （1）若，求的单调区间； （2）若， （i）证明：在区间内有且仅有1个零点； （ii）设为的极值点，为的零点，且，证明：. 19. 已知点是圆：上的动点，过点作轴的垂线段，为垂足，为线段的中点. （1）求点的轨迹方程； （2）过点的直线与曲线交于两点. （ⅰ）求的取值范围； （ⅱ）若曲线与轴交于，两点，直线，分别与直线相交于，两点，求的值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 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，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】写出集合，利用补集的定义可得集合. 【详解】因为全集，，故. 2. 已知正项数列是公比不为的等比数列则（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】B 【解析】 【详解】令等比数列的公比为，由，得， 则，即， 所以. 3. 曲线在点处的切线方程是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【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， 所求切线的斜率为．由于切点坐标为， 故切线方程为，即为． 故选：C． 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（个） 2 3 4 5 加工时间（分钟） 26 49 54 根据上表可得回归方程，则实数的值为 A. 37.3 B. 38 C. 39 D. 39.5 【答案】C 【解析】 【分析】求出，代入回归方程，即可得到实数的值． 【详解】根据题意可得：,， 根据回归方程过中心点可得：，解得：； 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键，属于基础题． 5. ，则（ ） A. 16 B. 65 C. 80 D. 81 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意得，利用赋值法和二项式系数求解. 【详解】由于， 则， 令，得， 又因为， 所以. 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，及动点，若（且），则点的轨迹是个圆．在平面直角坐标系中，已知，，若直线上存在点与点，的距离之比为，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】设点，由点与点，的距离之比为，得， 化简整理可得，所以点的轨迹是以为圆心，2为半径的圆， 又因为点在直线上，所以直线与圆有公共点，所以圆心到直线的距离，解得． 7. 已知为样本空间中的两个随机事件，其中，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】因为 所以 由全概率公式可得. 8. 已知f（x）是定义在区间上的函数，且，，则（ ） A. 只有1个零点 B. 有2个零点 C. ， D. ， 【答案】D 【解析】 【分析】结合题意构造函数，可得，进而根据函数性质可以判断选项A,B,C；整理原不等式可得，进而转化为证明，构造函数，求导分析函数单调性和最值即可. 【详解】由题意，可得，令， 则，故为常函数，设，m为常数，则， 即，则，， 那么没有零点且，故A，B，C错误； 由对任意，均有，即对任意，均有， 那么． 不等式两边同乘正数，等价于证明， 令，，令得： 时，，递减；时，，递增； 故最小值为，即恒成立，原不等式成立，D正确. 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以及每个月获得的利润（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，则（ ） 月份 1 2 3 4 5 利润 5 8 10 12 15 A. 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 【答案】AC 【解析】 【分析】由回归方程过样本中心点即可求解判断A；由回归方程和残差定义即可逐项分析求解判断BCD. 【详解】依题意，， 将代入中，解得，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； 将代入中，得到，故C正确； 将代入中，得到，则所求残差为，故D错误. 故选：AC. 10. 已知抛物线：（）的焦点也是椭圆的一个焦点，过点作的两条切线，斜率分别为，，对应的切点分别为，，则（ ） A. B. （） C. 点在直线上 D. 的中点到轴的距离为 【答案】ACD 【解析】 【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】椭圆的右焦点为，即为的焦点，则，抛物线：， 对于A，显然，设过点的切线方程为， 由，得， 令，整理得， 依题意，，是此方程的两个实数根，则，A正确； 对于B，是的实数根，则，同理，B错误； 对于C，点的坐标分别为，直线的方程为， 化简得，而，得， 又，则直线过点，即点在直线上，C正确； 对于D，的准线方程为，设分别为到准线的距离， 由抛物线的定义知，的中点到准线的距离为， 所以的中点到轴的距离为，D正确. 11. 已知长方体中，，，分别是的中点，点在上运动（含端点），则（ ） A. 该长方体外接球的表面积为 B. 点到平面的距离的最大值为 C. 过三点的平面截该长方体所得截面图形的周长为 D. 过三点的平面截该长方体所得截面图形的面积为 【答案】ABD 【解析】 【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， 则， ， 可得外接球的表面积，所以选项A正确； 对于B，以为原点，分别以所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，设， ， 设平面的一个法向量为， 则，令，则，所以， 点P到平面的距离为： ， 因为，所以当时，取得最大值，，选项B正确； 对于C，延长相交于点，连接与相交于，延长相交于点， 连接与相交于，则截面是五边形， 已知，，分别是的中点， 则，，， ，， ，， 利用勾股定理可得， 五边形的周长为，C选项错误； 对于D，，， 中，， 则， . 同理，中，，，； 中，，则，. 所以截面是五边形的面积为： ，D选项正确. 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（单位：分）服从正态分布，若，则得分高于50分的人数约为_________． 【答案】7500 【解析】 【详解】在正态分布中，，由，得， 所以得分高于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，满足，我们把区间称为正整数的质数分布区间．现从集合中任取两个元素，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） 【答案】4 【解析】 【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的质数分布区间内的质数有两个；2的质数分布区间内的质数有两个； 3的质数分布区间内的质数有两个；4的质数分布区间内的质数有三个； 5的质数分布区间内的质数有两个；6的质数分布区间内的质数有四个， 因此从中任取两个元素，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、、、，共4种方案. 故答案为：4 14. 函数的图象本质是双曲线，那么该双曲线的离心率是______，焦距是______． 【答案】 ①. ②. 8 【解析】 【分析】双曲线的两条渐近线分别为，，双曲线实轴所在直线为两条渐近线夹角的角平分线，则利用渐近线与实轴的夹角可得出，从而可得离心率，联立原函数与实轴方程，求出两个顶点坐标，然后计算得出，结合离心率求出焦距. 【详解】双曲线的一条渐近线为，倾斜角为，另一条渐近线为，倾斜角为，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， 设双曲线的实轴长为，虚轴长为，焦距为，渐近线与实轴的夹角为， 则，则双曲线离心率； 联立，解得，或， 所以双曲线的顶点为，， 则，即， 则，即焦距为. 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. 已知数列的前项和为. （1）求数列的通项公式； （2）记，求数列的前项和. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据作差即可得解； （2）由（1）可得，利用裂项相消法计算可得. 【小问1详解】 数列的前项和为， 当时， 当时， 所以， 又当时，也成立， 数列的通项公式为. 【小问2详解】 由（1）可得， 设数列的前项和为， 则 . 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，若该机器人成功完成指令的概率为0.8，求的值； 【答案】（1）分布列为： 2 3 4 （2） 【解析】 【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； 【小问1详解】 由题意知随机变量服从超几何分布，其中，，， 且的所有可能取值为2，3，4，，，， 故的分布列为： 2 3 4 法一：所以的数学期望. 法二：根据超几何分布的期望公式知. 【小问2详解】 记“下达的动作指令表述清晰”为事件， 记“下达的动作指令表述模糊”为事件， 记“机器人成功完成指令”为事件. 由已知得，，，，. 因为， 所以. 17. 如图，在三棱锥P-ABC中，为边长为2的正三角形，，． （1）证明：平面平面． （2）已知，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）证明：取的中点D，连接， 因为为边长为2的正三角形，所以， 因为 ，所以 ， 因为，，平面 ，所以 平面 ， 因为平面 ，所以 ， 因为，，， 平面， 所以 平面， 因为平面 ， 所以平面 平面； （2）． 【解析】 【分析】（1）先利用线面垂直的判定定理得 平面 ，然后利用线面垂直的性质定理得 ，进而利用线面垂直的判定定理得 平面，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 的法向量，利用线面角的向量公式求解即可． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 过点D作直线，分别以所在直线为x轴，y轴，l为z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，），，，，，， 设平面 的法向量为， 则，则， 令，则， 设直线 与平面 所成的角为 ，所以， 所以直线 与平面 所成角的正弦值为． 18. 已知函数，其中. （1）若，求的单调区间； （2）若， （i）证明：在区间内有且仅有1个零点； （ii）设为的极值点，为的零点，且，证明：. 【答案】（1）的单调递减区间为 ，无单调递增区间； （2） （i）由（1）知，当时，令 ， 当 时，， 故 在上单调递减， 因为，所以， 又因为，所以在区间内存在零点， 即结合在 上单调递减， 可得在区间内有且仅有1个零点，且； 则当时，，当时，， 所以在单调递增，在单调递减， 又因为，所以根据单调性可知：， 又因为当，，所以根据零点存在性定理结合函数单调递减， 可知：在区间内有且仅有1个零点， 又因为时，结合在单调递增，所以， 即在区间函数没有零点， 所以在区间内有且仅有1个零点， （ii）由题意可知：，即， 消可得：， 当时，构造函数， 求导得，则在时单调递增， 即，所以， 即可知， 则， 两边取对数得：，即. 【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）（i）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，再结合切线不等式，化简后问题即可得证. 【小问1详解】 求导得：， 因为，对任意 ，都有， 所以的单调递减区间为 ，无单调递增区间； 【小问2详解】 （i）略 （ii）略 19. 已知点是圆：上的动点，过点作轴的垂线段，为垂足，为线段的中点. （1）求点的轨迹方程； （2）过点的直线与曲线交于两点. （ⅰ）求的取值范围； （ⅱ）若曲线与轴交于，两点，直线，分别与直线相交于，两点，求的值. 【答案】（1） （2）（ⅰ）；（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）运用相关点法即可求得动点的轨迹方程； （2）（ⅰ）设直线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，结合求得的，根据函数单调性即可求得的取值范围；（ⅱ）分别求得，的方程，进而求得，，推得，找到与的数量关系，整体代入消元即可求得结果. 【小问1详解】 设点的坐标为，点的坐标为， 则点的坐标为. 由点是线段的中点，得， 因为点在圆上，所以，. 把，代入方程， 得，即 所以点的轨迹方程为. 【小问2详解】 （ⅰ）依题意，直线的斜率存在，可设其方程为， 联立，消元得. 由，得，设，， 因为，是方程的两个根， 所以，， 所以 ， 因为，所以， 所以的取值范围为；. （ⅱ）由题意可得，直线的斜率， ①当，分别为椭圆的左顶点、右顶点时， 直线的方程为， 直线的方程为， 令，得，， 即，， 所以. 因为，， 所以，即， 所以. ②当，分别为椭圆的右顶点、左顶点时， 同理可得，故. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $