湖南长沙市2025-2026学年高二下学期期中考试自编模拟数学试卷（九）

湖南长沙市2025-2026学年高二下学期期中考试自编模拟数学试卷（九） 一、单选题：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．已知集合，那么（     ） A． B． C． D． 2．已知随机变量，则（    ） A． B． C． D． 3．已知是关于的方程在复数范围内的一个根，则实数（    ） A．4 B． C．2 D． 4．已知数列为等差数列.，则（    ） A．55 B．66 C．77 D．88 5．已知点M，N为圆上两点，且，点P在直线上，点Q为线段中点，则的最小值为（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 6．已知 满足，则（   ） A． B． C． D． 7．已知是定义在上的函数，，，且，则“”是“”的（   ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 8．定义：平面直角坐标系中，点的横坐标的绝对值表示为，纵坐标的绝对值表示为，我们把点的横坐标与纵坐标的绝对值之和叫做点的折线距离，记为（其中的“+”是四则运算中的加法）.若拋物线与直线只有一个交点，已知点在第一象限，且，令，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 二、多选题：本大题共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．已知数列满足，其中，为数列的前n项和，则下列四个结论中，正确的是（    ） A． B．数列的通项公式为： C．数列的前n项和为： D．数列为递减数列 10．如图，在四面体中，是的中点，是的中点，点在线段上，且．下列结论正确的是（   ） A． B．直线与异面 C．直线与异面 D．平面 11．双曲线的左、右焦点分别是、，左、右顶点分别为，以为直径的圆与的一条渐近线交于两点，且，则（    ） A． B． C．的离心率为 D．当时，四边形的面积为. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12．第33届夏季奥林匹克运动会女子10米跳台跳水决赛中，全红婵以425.60分的高分拿下冠军.下面统计某社团一位运动员10次跳台跳水的训练成绩：68，80，74，63，66，84，78，66，70，76，则这组数据的60%分位数为__________. 13．均为单位向量，且，向量满足，则的取值范围是___________． 14．记号表示，中取较小的数，如，已知函数是定义域为的奇函数，且当时，，若对任意，都有，则实数的取值范围是________. 四、解答题：本大题共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．(13分)求满足下列条件的椭圆的标准方程． (1)，，焦点在y轴上； (2)经过点，两点． 16．(15分)在中，角，，所对的边分别为，已知，． (1)求的值； (2)若，求边上的高． 17．(15分)如图所示，已知多面体中，是正方形，平面，. (1)证明：平面；(2)设，求平面与平面的夹角. 18．(17分)对于函数f（x），若存在x0∈R，使成立，则称为f（x）的不动点．如果函数有且仅有两个不动点0，2，且． （1）求函数f（x）的单调区间； （2）已知数列{an}各项不为零且不为1，满足，求证：； （3）设，Tn为数列{bn}的前n项和，求证：T2012﹣1＜＜T2011． 19．(17分)甲、乙、丙三个人相互做传球训练，第1次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外两个人中的任何一人． (1)设n次传球后球在甲手中的不同的传球方法数为,. （ⅰ）写出的值； （ⅱ）求. (2)前次传球（即从第1次到第n次传球）过程中，你想要让自己更多次接到球，是否应该选择成为首次传球者？请说明理由. 附：若随机变量服从两点分布，且，则 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $ 《湖南长沙市2025-2026学年高二下学期期中考试自编模拟数学试卷（九）》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C A B C B D A C ACD BCD 题号 11 答案 ABD 1．C 【分析】利用集合的交集运算即可求解. 【详解】因为，所以． 2．A 【分析】利用二项分布的方差公式计算. 【详解】随机变量，则. 故选：A 3．B 【分析】利用实系数一元二次方程两虚根共轭，得到方程另一根，最后利用韦达定理得到答案. 【详解】是方程的一个根，是方程的另一个根. 则由韦达定理得：，解得：， 故选：B 4．C 【分析】根据等差数列的下标性质，结合等差数列前项和公式、等差数列的通项公式进行求解即可. 【详解】根据等差数列的性质，由， 所以公差2； 又， 所以. 故选：C 5．B 【分析】将圆的方程化为标准方程，从而得到圆心坐标和半径，再根据弦长求出圆心到弦MN的距离，进而确定点的轨迹，最后根据点到直线的距离公式求出的最小值. 【详解】已知圆的方程为，将其配方可得. 可知该圆的圆心坐标为，半径. 因为点为线段MN的中点，根据垂径定理可知. 已知，则. 在中，根据勾股定理. 所以点的轨迹是以为圆心，为半径的圆. 已知点在直线上，可得圆心到直线的距离为： . 因为点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，所以的最小值等于圆心到直线的距离减去圆的半径，即 故选：B. 6．D 【分析】先由得到，再利用正弦两角和公式展开得到，联立方程得到. 【详解】因为，所以，即 设，则； 由得到，即， 即，解得 ，所以； 故选：D 7．A 【详解】由，得；由，得， 则，即，因此，函数的周期为4， 则，又，于是，， 所以“”是“”的充分不必要条件． 8．C 【分析】因为拋物线与直线只有一个交点得， 可化为，求出，因为点在第一象限、，可得，，利用抛物线的性质可得答案. 【详解】因为拋物线与直线只有一个交点， 所以只有一个解，消去得， 所以，，因为，所以， 可化为，即， 所以，，因为点在第一象限，所以，， 因为，所以，可得， 所以， 因为，抛物线开口向下，对称轴为，所以随的增大而增大， 故. 故选：C. 【点睛】关键点点睛：本题考查点的坐标，解得本题的关键点是明确题意，理解定义，求出相应的点的坐标.，转化为二次函数的性质求解. 9．ACD 【分析】令可求；利用已知求的方法求数列通项公式；利用裂项相消法求数列的前n项和;根据数列与函数的关系判断数列的单调性. 【详解】因为， 所以当时，， 两式相减得，所以， 又因为当时，满足上式， 所以数列的通项公式为：，故A正确，B错误， ， 所以 ， 故C正确； 因为，随着的增大，在减小，所以数列为递减数列， 故D正确. 故选:ACD. 10．BCD 【分析】根据线线垂直、异面直线的定义即可判断ABC，根据线面平行的判定定理即可判断D. 【详解】对于A，由题干条件不能确定垂直关系，A错误； 对于B：结合图形,由异面直线定义知直线与异面，B正确； 对于CD，取的中点，且是的中点，所以且， 取的四等分点，使，且， 所以，且， 所以且， 所以四边形为平行四边形， 所以，且平面，平面，与相交， 所以平面，直线与异面，故CD正确． 11．ABD 【分析】根据双曲线的渐近线与余弦定理先判定为直角，结合双曲线的性质一一判定选项即可. 【详解】设，易知， 作双曲线的一条渐近线，如图所示， 对于A项，易知与互相平分，所以四边形为平行四边形，则， 由可知，故A正确； 对于B项，易知， 又，可解得， 在中由余弦定理可知， 整理得，则为直角三角形， 由A可知，即，故B正确； 对于C项，由B项知， 所以，故C错误； 对于D项，易知当时，， 四边形的面积为，故D正确.    故选：ABD 12．75 【分析】先进行排序，后按照百分位数概念计算可得. 【详解】先将成绩进行排序：63，66，66，68，70，74，76，78， 80， 84. 由于，60%分位数为第6和第7个数据的平均值.即. 故答案为：75. 13． 【分析】根据平面向量的数量积的运算律求得，再结合向量三角不等式求解即可. 【详解】由题意，均为单位向量，且， 则， 由，则，解得， 则的取值范围是. 故答案为：. 14． 【分析】根据已知定义，结合奇函数的性质，求出函数的解析式并画出函数的图象，利用数形结合思想进行求解即可. 【详解】因为函数是定义域为的奇函数，所以有， 当时，由， 所以， 因为函数是定义域为的奇函数， 所以当时，， 因此函数的图象如下图所示：    因为对任意，都有， 所以将函数的图象向右平移后，图象在的非下方， 因此有且，解得，且， 因此实数的取值范围是， 故答案为： 15．(1) (2) 【分析】（1）根据椭圆的性质，由b，c求出a，结合焦点位置即可求解椭圆的标准方程． （2）根据与两条坐标轴的交点坐标，确定焦点位置及a，b，即可得解． 【详解】（1）因为，，所以， 因为椭圆焦点在y轴上，所以其标准方程为：； （2）由题意得P、Q分别是椭圆长轴和短轴上的端点，由得椭圆的焦点在x轴上， 所以，， 所以椭圆的标准方程为. 16．(1) (2) 【分析】（1）利用余弦定理求解即可. （2）利用三角形面积公式，利用等积法求解即可． 【详解】（1）在中，，， 由余弦定理得， 得到，故. （2）由（1）可知，因为，所以，， 设边上的高为h，则，可得，   故边上的高为． 17．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用面面平行推导线面平行 （2）采用空间向量法求解两平面的夹角：建立空间直角坐标系，求出两平面的法向量，再通过向量夹角公式计算平面夹角 【详解】（1）∵且与无公共点 ∴ ∵平面，平面 ∴平面. ∵四边形是正方形 ∴ ∵平面，平面 ∴平面， ∵，，平面 ∴平面平面， 又平面 ∴平面. （2）因为平面，，平面， 所以，，因为，所以，，两两垂直， 所以以点为原点，分别以，，所在直线为，，轴，建立空间直角坐标系，如下图所示. 则，，，，所以，，， 设平面的一个法向量为， 则，取,得，故可取； 设平面的一个法向量为， 则，取,得，故可取. 则， 所以平面与平面的夹角为. 18．（1）的增区间为，减区间为； （2）答案见解析； （3）答案见解析 【分析】（1）设 ，由条件求得，求出f（x）的导数，令＞0，求得函数的增区间，令＜0，求得函数的减区间． （2）由条件可得an＝﹣n，要证的不等式即为，令，再令，利用导数判断g（t）单调递增，得到①， 令，，当t∈（1，+∞）时，h（t）单调递增，可得即②，由①②证得不等式成立． （3）由（2）可知，，在中，令n＝1，2，3，4，…，2011，并将各式相加，化简证得结果． 【详解】（1）设 ，可得 （1﹣b）x2+cx+a＝0，（b≠1）． 由于函数有且仅有两个不动点0，2，故0，2是方程（1﹣b）x2+cx+a＝0的两个根， ∴，解得 ，所以． 由 可得﹣1＜c＜3． 又b，c∈N*，所以c＝2，b＝2，所以， 于是， 令＞0，求得 x＜0，或x＞2，求得f（x）的增区间为（﹣∞，0），（2，+∞）． 令＜0，求得 0＜x＜1，或2＞x＞1，求得f（x）的减区间为（0，1），（1，2）． （2）由已知可得，当n≥2时，． 两式相减得（an+an﹣1）（an﹣an﹣1+1）＝0，所以an＝﹣an﹣1或an﹣an﹣1＝﹣1． 当n＝1时，，若an＝﹣an﹣1，则a2＝1与an≠1矛盾， 所以an﹣an﹣1＝﹣1，从而an＝﹣n，于是要证的不等式即为，于是我们可以考虑证明不等式：，令，则t＞1，． 再令，由t∈（1，+∞）知＞0， 所以当t∈（1，+∞）时，g（t）单调递增，所以g（t）＞g（1）＝0，于是t﹣1＞lnt，即①． 令，，当t∈（1，+∞）时，h（t）单调递增，所以h（t）＞h（1）＝0， 于是，即②． 由①②可知，所以， 即原不等式成立． （3）由（2）可知，，在中， 令n＝1，2，3，4，…，2011，并将各式相加得， 即T2012﹣1＜＜T2011． 【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，数列与不等式的综合应用，属于难题． 19．(1)（ⅰ）；（ⅱ）； (2)想要更多次接到球，选择不做首次传球者，理由见解析. 【分析】（1）（ⅰ）利用列举法来求传球方法数； （ⅱ）利用递推思想，通过构造等比数列，来求解通项公式； （2）利用两点分布的随机变量的期望公式，结合等比数列求和公式，通过期望的大小来作出判断. 【详解】（1）（ⅰ）第1次由甲将球传出，经次传球后球在甲手中的不同的传球路径有： 甲乙或丙甲乙或丙甲，这样共有种传法， 甲乙丙乙甲，或甲丙乙丙甲，这样共有种传法 所以； （ⅱ）因为和分别表示经次传球后球回到甲和非甲（非甲是指乙、丙两个同学）手里的传球方法种数，每次传球每人只能向其他两人之一任意传出，即表示每次传球均有种方法， 所以由分步乘法计数原理知:次传球共有种方法数，故. 因为每次非甲传给甲只有种方法，即得，所以， 且由题意易知，由①， 解法1：设，即，对比①式得 所以， 因为，所以， 即数列是以为首项，以为公比的等比数列， 所以，即， 解法2：由，同时除以得到 所以， 因为，所以， 即数列是以为首项，以为公比的等比数列， 所以，即， （2）解法1：由（1）知，设n次传球后球在甲手中的概率是， 记前n次传球（即从第1次到第n次传球）中球在甲手中的次数为随机变量X， 根据随机变量服从两点分布，且， 则. 即 ， 所以甲作为首次传球者，其接到球的次数小于， 所以想要更多次接到球，选择不做首次传球者. 解法2：设n次传球后球在甲手中的概率是， 则第次传球后在甲手中的概率就等于第次传球后不在甲手中的概率再乘以传给甲的概率， 即，从而构造可得：. 因为第次传球后球不可能在甲手中，所以，则， 所以数列是以为首项，以为公比的等比数列， 所以，即可得：，后面解法同上. 学科网（北京）股份有限公司 $