湖南长沙市明德中学2024-2025学年高二下学期数学期末试卷

**基本信息** 覆盖高二数学核心知识，非选择题注重情境应用与探究，如志愿服务队概率计算、折叠四棱锥问题，培养数学眼光、思维与表达能力。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8/40|集合、复数充要条件、统计（中位数众数）|基础概念辨析，如复数象限与充要条件判断| |多选题|3/18|圆锥性质、函数零点与公切线|立体几何与函数综合，如圆锥侧面展开与函数零点分析| |填空题|3/15|不等式最值、向量投影、三次函数对称中心|创新应用，如三次函数对称中心探究| |解答题|5/77|概率统计（志愿服务队）、数列、导数、圆锥曲线、立体几何|分层设计，15题情境化概率计算，19题折叠探究（面面垂直、外接球），体现逻辑推理与空间观念|

明德中学2025年上学期期末考试 高二年级数学试卷 2025年7月 时量：120分钟 满分 150 命题:高二年级备课组 审定:高二年级备课组 一、单选题(本题共8个小题，每小题5分，共40分，每个小题只有一个正确答案） 1.设集合，，若，则（ ）． A. 2 B. 1 C. D. 2.已知复数，在复平面内对应的点分别为A，B，则“A在第二象限”是“B在第三象限”的（ ）． A. 充要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分不必要条件 D. 既不充分也不必要条件 3.某射击运动员连续射击5次，命中的环数（环数为1至10的整数）形成的一组数据中，中位数为7，唯一的众数为10，极差为5，则该组数据的平均数为（ ）． A. 7.6 B. 7.8 C. 8 D. 8.2 4.已知，则（ ）． A. B. C. D. 5.若 是上的单调递增函数，则实数的取值范围为（ ）． A． B． C． D． 6.已知函数是R上的偶函数，对任意且都有，若则的大小关系是（ ）． A．b<a<c B．a<b<c C．c<b<a D．b<c<a 7.方程表示的曲线可能是（ ）． A. B. C. D. 8.，不等式成立，则正实数的最大值是（ ）． A． B． C． D． 二、多选题（本题共3个小题，每小题6分，共18分，每小题有多项符合题目要求，全部选对得6分。选错得0分，部分选对得部分） 9.下列命题为真命题的是（    ） A．若，则 B．若，，则 C．若且，则 D．若，则 10. 如图，圆锥的底面半径为2，母线为6，是圆锥的一个轴截面，是底面圆周上异于，的一点，则下列说法正确的是（ ） A．的面积为8 B．圆锥的侧面展开图的圆心角为 C．由点出发绕圆锥侧面旋转一周，又回到点的细绳长度最小值为6 D．若，则三棱锥的体积为 11. 我国著名数学家华罗庚先生曾说：“数缺形时少直观，形缺数时难入微，数形结合百般好，隔裂分家万事休．”在数学的学习和研究中，常用函数的图象来研究函数的性质，解决相关的问题，已知函数，则下列说法正确的是（ ） A．当时， B．若函数存在两个零点，且，则 C．若成立，则 D．当时，与存在两条公切线 三、填空题（本题共3个小题，每题5分，共15分） 12.已知x，y为正实数，且，则的最小值为 13.已知满足，若在方向上的投影向量为，则 14. 设函数是的导函数.某同学经过探究发现，任意一个三次函数的图像都有对称中心，其中满足.已知三次函数，若，则 ；若，分别满足方程，则 . 四、解答题（本题共5个小题，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．已知明德中学有甲，乙两支志愿服务队，甲队由3名男生和3名女生组成，乙队由4名男生和1名女生组成． (1)先从两队中选取一队，选取甲队的概率为，选取乙队的概率为，再从该队中随机选取一名志愿者，求该志愿者是男生的概率； (2)在某次活动中，从甲队中随机选取2名志愿者支援乙队，记为乙队中男生与女生人数之差，求的分布列与期望． 16.已知数列满足 (1) 证明：数列是等差数列； (2) 设，求. 17.设 (1) 证明：在区间存在唯一极大值点； (2) 证明：在区间存在两个不同的零点； (3) 证明：，都有 18.在平面直角坐标系中，已知点，是直线右侧区域内的动点，到直线与轴的距离之和等于它到点距离的4倍，记点的轨迹为. (1)求的方程； (2)直线过点，与交于，两点， （i）若，求直线的方程： （ii）若，是点关于轴的对称点，延长线段交于点，延长线段交于点，直线交轴于点，求的最小值. 19．如图，平面四边形中，点是线段上一点，，，沿着将折叠得到四棱锥． (1)求证：平面平面． (2)若，且，，折叠后． ①求平面与平面夹角的余弦值的最大值． ②若三棱锥的四个顶点均在以为球心的球上，试问三棱锥的外接球的体积是否存在最小值？若存在，求出线段的长；若不存在，请说明理由． 学科网（北京）股份有限公司 $ 高二年级数学参考答案 2025年7月 1 2 3 4 5 6 7 8 B A A D C A D D 9 10 11 BC ABC ACD 12．【答案】 13. 【答案】 14．【答案】 7. 【答案】D 【详解】因，则，或，. 对于，若，则， 表示直线或，故可排除A； 若，表示焦点在x轴上，左右顶点为的双曲线， 若，表示焦点在y轴上，上下顶点为的双曲线； 对于，因， 则时表示以原点为圆心，半径为的一系列同心圆，则可排除B； 注意到，则半径最小的圆在双曲线内部，据此可排除C. 8. 【答案】A 【详解】将不等式变形可得， 即，构造函数，可得，令，则，所以当时，，即在上单调递减，当时，，即在上单调递增，所以，即，所以函数在上单调递增，利用单调性并根据可得，则有，又，即可得，即对恒成立，因此即可，令，，则， 显然当时，，即函数在上单调递减，当时，，即函数在上单调递增，所以，即，因此正实数的最大值是. 11. 【答案】ACD 【详解】选项A：当时，，当且仅当时取等号，又，当且仅当时取等号，，故A正确； 选项B：存在两个零点且，与的图象有两个交点，结合图象可知，，即，故B错误； 选项C：恒成立，又与在定义域内单调递增， 与存在公共零点，且，故C正确； 选项D：设曲线的切点为，则切线斜率为， ∴切线方程为，即．设曲线的切点为，，∴切线斜率为，切线方程为， 即．由题意得，解得， 则，即， 设，则，设，则， 则由得得，则在上单调递减，在上单调递增，，， 则由零点存在性定理可知，使得，即， 又因为当时，，则，则由得； 得，则在上单调递减，在上单调递增， 则， ， 则由零点存在性定理可知，在和上分别存在一个零点， 则方程存在两个根，和存在两条公切线，故D正确； 14. 【答案】 2 【详解】由题，，，由可得，的图像的对称中心为，即，，所以和关于对称，故；令，同理可求的对称中心，，，由可得，对称中心为，即，，故，由，故单调递增，即是一一对应的函数，故和关于对称，故， 故答案为：；2 15． 【详解】（1）设事件A为“选甲队”，事件B为“选乙队”，事件C为“选中男生” 则 （2），从甲队中随机选取2名志愿者支援乙队,X的可能取值为1、3、5， 则,, 故的分布列为： X 1 3 5 P 数学期望为 16.【解析】(1)由条件，可知， 故，从而数列是等差数列 (2) 由条件可知：；故； 另外由，故；可知：；则； 从而 17.(1)证明：为减函数；另外，故存在唯一，使得； 故当；当；从而：在区间单调递增；在区间单调递减；故在区间存在唯一极大值点. (2)由(1)可知：在区间单调递增；在区间单调递减，，故；因为，从而存在使得，在区间存在两个不同的零点； (3)等价于证明：； 不妨假设，固定，构造故；由，可知；由，可知； 故在区间单调递减，在区间单调递增，从而. 18.【详解】（1）设，则有， 当时，化简得；当时，化简得， 所以，曲线如图所示： （2）（i）如图所示，不妨设点在圆上，则，，所以点在椭圆上. 设， 解得，所以，所以，所以直线方程为. （ii）由题意知，故点也在圆上，又为直径，所以.设，，联立椭圆方程，得 ， 则，因为，，， 所以， 即， 所以，所以， 解得，即的最小值为. 19． 【详解】（1）在平面四边形中，因为点是线段上一点，， 所以折叠后有，．又，平面，平面，所以平面．又平面，所以平面平面． （2）设，则．①如图，以为原点，以所在直线为轴，以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，因为，，， 所以，，，， 所以，，，．设平面的法向量为，由，得 令，则．设平面的法向量为，由，得令，则．设平面与平面的夹角为， 则．令，则 ， 所以当，即时，取得最大值． ②设三棱锥的外接球球心，由(1)可知: ，由，，， 则有： 故由；由；由；则， 当，故此时三棱锥外接球的体积最小值为， 故三棱锥外接球的体积存在最小值，此时． 学科网（北京）股份有限公司 $