湖南省三湘名校教育联盟2024-2025学年高二下学期期中考试数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1湖南省三湘名校教育联盟2024-2025学年高二下学期期中考试数学试题注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名､准考证号填写在本试卷和答题卡上.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的答案标号涂黑，如有改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案；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.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.若复数满足，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】因为，所以，所以，故选：A.2.若向量，，且，则（）A. B.45 C. D.【答案】C【解析】因为，所以，解得，故，故.故选：C.3.已知直线是双曲线的一条渐近线，则的离心率为（）A. B. C.2 D.【答案】B【解析】因为直线是双曲线的渐近线，所以，所以.故选：B.4.的内角的对边分别为,已知，则的面积为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由，得，由余弦定理得，所以，所以的面积为，故选：C.5.已知函数,且,则m的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】函数的定义域为R，，函数是奇函数，又函数都是R上的增函数，则在R上单调递增，不等式，则，即，解得或，所以m的取值范围是.故选：A6.如图，在圆锥中，是底面圆的直径,在底面圆周上,是的中点，与圆锥底面所成角的大小为，则圆锥的体积为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】因为有平面，所以为与圆锥底面所成角，即又因为是底面圆的直径，所以，又是的中点，所以，由已知，可得，所以.又平面平面，所以.由，解得，所以圆锥的体积，故选：D.7.曲线和曲线组合围成“心形图”（如下图所示），记“心形图”为曲线，曲线所围成的“心形”区域的面积等于（）A. B. C. D.【答案】C【解析】如图所示，设，线段的中点为，因为曲线关于点对称，所以可将曲线与轴，轴围成的区域割补为直角三角形的区域，于是曲线与轴，轴围成的区域面积就是直角三角形的面积，即；根据对称性，可得曲线与轴，轴围成的区域面积为，又曲线所围成的“心形”区域中，两个半圆的面积为，所以曲线所围成的“心形”区域的面积等于.故选：C.8.如果对于正整数集，将集合拆分成16个三元子集（子集有三个元素），且拆分的16个集合两两交集为空集，则称集合是“三元可拆集”.若存在一种拆分法，使得集合是“三元可拆集”，且每个三元子集中都有一个数等于其他两数之和，则的最大值为（）A.12 B.9 C.7 D.6【答案】C【解析】因为有48个元素，可以拆成16个三元子集，将这16个三元子集中最大的数依次记为，则.又中所有元素和为，所以由题意，所以，解得，又所以.当时，，可拆为，，，，所以的最大值是7，故选：C.二､多选题：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，全部选对得6分，部分选对得部分分，选错得0分.9.早在1733年，法国数学家棣莫弗在研究二项概率的近似计算时，提出了正态密度函数的形式，其解析式为，其中为参数.若随机变量的概率分布密度函数为，则称随机变量服从正态分布，则下列说法正确的是（）（参考数据：若随机变量，则A.曲线关于直线对称B.曲线在处达到峰值C.当较小时，正态曲线“矮胖”，当较大时，正态曲线“瘦高”D.若，则【答案】AD【解析】对于A，因为，所以，所以曲线关于直线对称，故A正确；对于B，因为当时，单调递增，则单调递增，当时，单调递减，则单调递减，故曲线是单峰的.又，则，因此，当且仅当时，等号成立，即曲线在处达到峰值，故B错误；对于C，由选项B可知，当越小时，峰值越大，则曲线越“瘦高”，当越大时，峰值越小，则曲线越“矮胖”，故C错误；对于D，因为，所以，故D正确.故选：AD.10.已知函数，则下列说法正确的是（）A.的最小正周期为B.若在区间恰有两个零点，则的取值范围为C.若，且，则D.若在区间恰有两个最值点，则的取值范围为【答案】BD【解析】对于A：因为，所以的最小正周期为，故A错误；对于B：当时，，因为在恰好有两个零点，则，解得，故B正确；对于C：因为，即，又，所以或或，解得，或，或.故C错误；对于D：因为，所以.因为在恰有两个最值点，则，解得，故D正确，故选：BD.11.已知函数，则下列说法正确的是（）A.若在处取得极小值，则B.若，则C.若，则曲线关于点中心对称D.若，则有3个零点【答案】ACD【解析】对于A，因为，因在处取得极小值，则，得，当时，，当时，在上单调递增，当时，在上单调递减，当时，在上单调递增，故在处取得极小值，故A正确；对于B，当时，因，则在上单调递增，故当时，，故B错误；对于C，当时，因，故曲线关于点中心对称，故C正确；对于D，因为，由，当时，，故在上单调递增；时，则上单调递减，则在处取到极大值，在处取到极小值，因，，由可得在上有一个零点；因，，由可得在上有一个零点；又由可得在有一个零点，综上分析，可得函数有3个零点，故D正确.故选：ACD.三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知的展开式中，只有第7项的二项式系数最大，则的值为__________.【答案】12【解析】根据题意，只有第7项为二项展开式的中间项，所以二项展开式的总项数为13，即，解得.故答案为：12.13.设是抛物线上一点，是抛物线的焦点,为坐标原点，，则__________.【答案】6【解析】过点作抛物线准线的垂线，垂足为点，连接，如图所示.因为轴，则，由抛物线的定义可得，所以为等边三角形，则，抛物线的准线方程为，设准线交轴于点，则，易知，则.故答案为：6.14.已知函数.若当时，存在过坐标原点的直线与曲线相切，则实数的取值范围为__________.【答案】【解析】设切点坐标为，由题意可得，则.又直线的斜率，所以，得，即，其中，又，所以.设，其中，因为，当时，单调递增；当时，单调递减，所以.当时，，且当时，.由且得，故实数的取值范围是.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.如图，在直三棱柱中，是的中点，.（1）证明：平面；（2）若，求二面角余弦值.解：（1）由直三棱柱，可得平面，因为平面，所以，又因为是底边的中点，且，所以，因为平面，平面，且，所以平面.（2）由直三棱柱，可得平面，平面，平面，所以，又因为，以为原点，以所在直线分别为轴，轴和轴建立空间直角坐标系，如图所示，由（1）可知，所以，则，，所以，设平面的法向量为，则，令，可得，所以，因为，且，平面，所以平面，可得平面的法向量为，设二面角为，由图知为锐角，则，所以二面角的余弦值为.16.已知等差数列满足,等比数列满足（1）求数列的通项公式；（2）若数列满足，求数列的前项和.解：（1）设等差数列公差为，因为，所以，又，所以，所以，所以.设等比数列的公比为，则，所以，所以，所以.（2）由（1）得，所以，两式相减得，所以.17.2025年春节联欢晚会中的创意融合舞蹈《秧BOT》轰动全球，标志着中国的服务机器人技术达到世界一流水平.某人工智能企业的服务机器人研发部，自2018年至2024年投入巨资进行服务机器人技术研究开发，取得了巨大的成就.该企业试产了三类不同型号的服务机器人，对其进行两次智能模仿成年人活动检测.（1）若型服务机器人第一次仿成年人拿水杯检测成功，则第二次检测成功的概率为；若第一次检测不成功，则第二次检测成功的概率为.已知型服务机器人第一次检测成功的概率为，求型服务机器人第二次检测成功的概率；（2）试产型服务机器人进行两次仿成年人综合试验检测，已知第一次检测时，型合格的概率分别为，第二次检测时，型合格的概率分别为.两次检测相互独立，设经过两次检测后，型服务机器人合格的种类数为随机变量，求的分布列和数学期望.解：（1）记型服务机器人第一次仿成年人拿水杯检测成功”，型服务机器人第二次仿成年人拿水杯检测成功”，则.因为，所以，因为，所以，则.（2）三类不同型号的服务机器人检测合格的概率分别为：，由题意随机变量的可能取值为，则，，.随机变量的分布列为0123所以.18.已知函数.（1）当时，求在区间上的最大值和最小值；（2）当时，证明：；（3）若，求实数的取值范围.解：（1）当时，，所以，当时，单调递增；当时，单调递减，所以在区间上的最大值为.又，所以在区间上的最小值为.所以在区间上的最大值为，最小值为1.（2）当时，令，其定义域为，因为，令，得，所以当时，单调递减；当时，单调递增，所以.故.（另解）当时，令，其定义域为，所以，因为，而在上单调递增，且，所以存在，满足，即，且所以且，当时，；当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，，所以.（3）由，得，即，即，令，则，令，则，所以当时，；当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，又，所以当时，在内存在唯一的零点，所以当时，单调递增，当时，单调递减，当时，单调递增，所以，因为，因为，所以，所以，因为，所以，所以，所以实数的取值范围为.19.已知椭圆的左，右焦点分别为椭圆上任意一点，.（1）求椭圆的方程；（2）若为圆上任意一点，求的最小值；（3）已知直线与轴交于点，且与椭圆交于两点，为坐标平面内不在直线上的动点，若直线斜率的倒数成等差数列，证明：动点在定直线上，并求直线的方程.解：（1）设椭圆的半焦距为，因为，所以，由椭圆的