湖南省部分学校2024-2025学年高二下学期期中考试数学试题（解析版）

这是一份湖南省部分学校2024-2025学年高二下学期期中考试数学试题（解析版），共35页。试卷主要包含了本试卷主要考试内容等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
4．本试卷主要考试内容：高考全部内容．
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. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】集合，
则.
故选：D.
2. 已知，若复数，则（ ）
A. 2B. 3C. D.
【答案】C
【解析】因为，
所以，解得，
所以复数，
则．
故选：C
3. 已知直线与圆相交于两点，，则（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】设圆心到直线的距离为，
则由点到直线的距离公式可得．
因为，所以，
解得．
故选：B.
4. 已知锐角满足，则（ ）
A. B. C. D. -1
【答案】C
【解析】因为为锐角，，
所以，得，
所以．
故选：C
5. 已知双曲线的离心率为2，左、右焦点分别为是双曲线上的一点，且，则（ ）
A. B. 5C. D. 或
【答案】A
【解析】由双曲线的离心率为2，可得，，
则，
所以的方程为．
当点在双曲线左支上时，．
当在双曲线的右支上时，，
因为点到焦点距离的最小值为，
所以不符合题意，舍去．
故.
故选：A
6. 已知函数，则使成立的的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】函数，定义域为，关于原点对称，
又因为，易知是偶函数，
当时，，则在上单调递增．
由，得，解得．
故选：B
7. 已知，函数的最小正周期为，若，且的图象关于直线对称，则（ ）
A. -1B. -2C. -3D. -4
【答案】D
【解析】因为，所以，解得．
又的图象关于直线对称，所以，
解得．
因为，
取，可得，
所以.
故选：D
8. 甲、乙、丙三人各自计划去上海旅游，他们在4月21日到4月23日这三天中的一天到达上海，他们在哪一天到达上海相互独立，且他们各自在4月21日到4月23日到达上海的概率如下表所示：
若甲、乙两人在同一天到达上海概率小于甲、丙两人在同一天到达上海的概率，则的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】设甲、乙两人在同一天到达上海的概率为，甲、丙两人在同一天到达上海的概率为．根据全概率公式可得：，
．
由，得，即，
又，所以．故选：C.
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. 2020至2024年我国快递业务量及其增长速度如图所示，则（ ）
A. 2020至2024年我国快递业务量逐年增长
B. 2020至2024年我国快递业务量的中位数是1106亿件
C. 2020至2024年我国快递业务量增长速度的极差是19.4％
D. 估计我国2019年的快递业务量大于500亿件
【答案】ABD
【解析】对于A中，根据统计图表，可得2020至2024年我国快递业务量逐年增长，所以A正确．
对于B中，2020至2024年我国快递业务量分别为，
可得数据的中位数为亿件，所以B正确；
对于C中，2020至2024年我国快递业务量增长速度的极差为 ，所以C错误．
对于D中，设我国2019年的快递业务量为亿件，
则，可得，所以D正确．
故选：ABD.
10. 已知边长为2的正方形的边上有一点（不含端点），边上有一点，且，如图1所示．现把沿折起到的位置，得到棱锥，如图2．设，棱锥的体积的最大值为，则（ ）

A. 是单调递增函数
B. 函数先单调递增后单调递减
C. 当平面平面时，的长有最小值2，没有最大值
D. 函数有最大值，没有最小值
【答案】BD
【解析】要使棱锥的体积取得最大，则平面平面，
取中点为，则，
又平面平面，且平面平面，
所以平面，
对于：由题知棱锥的高为，棱锥的底面面积，
所以．
由，
当时，，当时，，
知在上单调递增，在上单调递减，故A错误，B正确．
对于：由A知在上单调递增，在上单调递减，
所以，无最小值，故D正确．
对于：平面，又平面，
所以，
所以，
令，
易知在上单调递减，所以AP的长度没有最值，故C错误．

故选：.
11. 已知不等式对任意成立，则实数的取值可以为（ ）
A. B. C. D. e
【答案】ABD
【解析】原不等式可化为．
令，则原不等式等价于，
易知在上单调递增，
所以不等式可化，
两边取对数即得，所以恒成立．
令，
则，
由，可得，由，可得，
可知在上单调递增，在上单调递减，
最大值
所以，故，即实数的取值范围为．
符合条件的选项有ABD，
故选：ABD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知向量，且，则____________．
【答案】2
【解析】因为，
所以，解得．
故答案为：2
13. 已知某圆锥的底面圆半径为3，母线长为5，则该圆锥的外接球的表面积为__________.
【答案】
【解析】设该圆锥的高为，外接球的半径为，则.
由，解得，
所以该圆锥的外接球的表面积.
故答案为：
14. 已知有穷数列的各项均不相等，将的项从大到小重新排序后相应的项数构成新数列，称数列为数列的“序数列”．例如数列满足，则其“序数列”为2，3，1．若有穷数列满足，且数列的“序数列”单调递减，数列的“序数列”单调递增，则____________．
【答案】
【解析】因为的“序数列”单调递减，所以数列单调递增，
则，所以．
又因为，所以，
所以，所以①．
同理可得②，
由①②得，
所以.
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. 已知的内角的对边分别为，且．
（1）求；
（2）若，求的面积；
（3）若，求的周长．
解：（1）因为，
所以，
则，
即，即，
在中，，则．
（2）在中，由，得，
所以的面积．
（3）由，
得，
所以的周长为．
16. 已知抛物线的焦点为椭圆的右焦点，且的右顶点为．
（1）求的方程；
（2）设过点且倾斜角为的直线与交于两点，求．
解：（1）因为，所以的右焦点坐标为，
所以，即，
所以的方程为．
（2）依题意可得直线的方程为，由得．
设，则，
则．

17.如图,在直四棱柱中,底面是菱形，,是的中点，是侧面内的一点（含边界）．

（1）若是侧面的中心，证明：．
（2）若平面，试求点的轨迹的长度．
（3）求平面与平面夹角的余弦值．
解：（1）如图1，取CD的中点，连接，

则平面ABCD，又平面ABCD，所以．
因为PM是的中位线，所以．
因为ABCD是菱形，所以，从而．
又，平面MPQ，
所以平面MPQ，而面MPQ，从而
（2）如图2，取CD的中点的中点，连接，，

则．
又平面平面，所以平面．
同理平面，又，平面,
所以平面平面．
因为平面平面，所以MN就是点的轨迹．
因为，所以点的轨迹长度为．
（3）设AC与BD交于点，由题设可知，
以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，如图3所示，

则，，
设平面的法向量为，
由得
令，得
设平面的法向量为，则，
由得
令，则 ，得．
设平面与平面的夹角为，则
18. 已知一个盒中装有3个大小，形状完全相同的小球（1个红球和2个黑球），从盒中每次随机不放回地取出1个小球，若取出的是红球，则将1个黑球放入盒中；若取出的是黑球，则将1个红球放入盒中，以上取1个球再放1个球的过程称为1次操作．假设每次取球相互独立．
（1）经过2次操作后，记盒中红球的个数为X，求X的分布列；
（2）求第3次操作取到红球的概率；
（3）设经过次操作后，盒中全是黑球的概率为，求数列的前n项和．
解：（1）由题意，的所有可能取值为1,3，
,
故的分布列为
（2）由题意，
（方法一）设事件表示第次取到红球，
则

（方法二）由（1）知第3次操作取到红球的概率为．
（3）由题意及（1）（2）得，
设次操作后，盒中全是黑球、1个红球和2个黑球、2个红球和1个黑球、全是红球的概率分别为．
由操作规则可知，
当为奇数时，盒中全是黑球或2个红球、1个黑球，
当为偶数时，盒中全是红球或1个红球、2个黑球，
即，其中．
因为，
所以，
所以是以为首项，为公比的等比数列，
则．
故．
即
19. 已知函数，且的图象在点处的切线方程为．
（1）求的解析式；
（2）若是在上的一个极值点，证明：．
解：（1）由题可知，解得．
，
由，解得，
.
（2）由（1）得．
①当时，，
所以2sinx-π4≥0,ex>0，则，
所以在上单调递增．
②当时，．
令，则．
因为，
所以，则在上单调递减．
因为g-3π4=e-3π4>0,g-π2=e-π2-1