2024-2025学年湖南省新高考教学教研联盟暨长郡二十校联盟高二（下）期末数学试卷（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2024-2025学年湖南省新高考教学教研联盟暨长郡二十校联盟高二（下）期末数学试卷一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.若复数a2−1+(a+2)i(a∈R)为纯虚数，则a=(

)A.1 B.2 C.±1 D.2.已知集合A={x|x(x−2)≤0}，则∁RA=(

)A.[0,2] B.(−∞,0)∪(2,+∞)

C.(−∞,0)∪[2，+∞) D.(−∞,0]∪[2,+∞)3.双曲线y23−xA.y=±63x B.y=±64.已知Sn为等比数列{an}的前n项和，若a4A.5 B.3 C.−3 D.−55.当x∈[0,2π]时，曲线y=sinx与y=2sin(3x−π6)的交点个数为A.3 B.4 C.6 D.86.已知X～N(3,4)且P(X<a)=P(X>5)，则二项式(1x−ax)A.−24 B.−6 C.6 D.247.定义新运算：a⊕b=ln(ea+eb)，设f(x)=(x⊕1)+(x⊕2)，命题pA.￢p：∀x∈R，f(x)≤3，且￢p为假

B.￢p：∀x∈R，f(x)>3，且￢p为假

C.￢p：∀x∈R，f(x)≤3，且￢p为真

D.￢p：∀x∈R，f(x)>3，且￢p为真8.已知AB与AC是平面内两个非零向量，|AB|=2，|AC|=3，∠BAC=60°，点P是∠BAC平分线上的动点.当PA⋅(PBA.335 B.538二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。9.以下说法正确的是(

)A.若A，B两组数据的样本相关系数分别为rA=0.97，rB=−0.99，则A组数据比B组数据的相关性较强

B.在残差的散点图中，残差分布的水平带状区域的宽度越窄，其模型的拟合效果越好

C.决定系数R2越大，模型的拟合效果越好

D.有10件产品，其中10.已知a，b>0，则使得“a>b”成立的一个充分条件可以是(

)A.1a<1b B.a>b−2

C.11.如图，圆锥VAB内有一个内切球O，AB为底面圆O1的直径，球O与母线VA，VB分别切于点C，D.若△VAB是边长为2的等边三角形，MN为底面圆O1的一条直径(MN与AB不重合)，则下列说法正确的是(

)A.球O的表面积为4π3

B.圆锥VAB的侧面积为4π

C.四面体CDMN的体积的取值范围是(0,36]

D.若P三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.在五一小长假期间，要从6人中选若干人在3天假期值班(每天只需1人值班)，不出现同一人连续值班2天，则可能的安排方法有______种.13.已知椭圆的左、右焦点分别为F1，F2，过F2的直线交椭圆于P，Q两点，且PQ⊥F114.已知函数f(x)=ln(ax)+(a−1)x−ex，若f(x)存在两个零点，则实数四、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.(本小题13分)

已知△ABC中，3sinA+2sin2A2=2．

(1)求sinA的值；

(2)设D为AB的中点，且S16.(本小题15分)

已知等差数列{an}的前n项和为Sn，等比数列{bn}的前n项和为Tn，a1=−1，b1=1，a2+b2=2．

(1)若a317.(本小题15分)

如图，在四棱锥P−ABCD中，侧面PAD⊥平面ABCD，△PAD是边长为2的等边三角形，底面ABCD为直角梯形，其中BC//AD，AB⊥AD，AB=BC=1．

(1)求证：AB⊥PD．

(2)求线段PA中点M到平面PCD的距离．

(3)线段PD上是否存在一点E，使得平面EAC与平面DAC夹角的余弦值为105？若存在，求出PE18.(本小题17分)

DcepSeek从横空出世到与我们日常相伴，成为我们解决问题的“好参谋，好助手”，AI大模型正在改变着我们的工作和生活的方式.为了了解不同学历人群对DeepSeek的使用情况，随机调查了200人，得到如下数据(单位：人)：学历使用情况合计经常使用不经常使用本科及以上6535100本科以下5545100合计12080200(1)依据小概率值α=0.01的独立性检验，能否认为DeepSeek的使用情况与学历有关？

(2)某校组织“AI模型”知识竞赛，甲、乙两名选手在决赛阶段相遇，决赛阶段共有3道题目，甲、乙同时依次作答，3道试题作答完毕后比赛结束.规定：若对同一道题目，两人同时答对或答错，每人得0分；若一人答对另一人答错，答对的得10分，答错的得−10分，比赛结束累加得分为正数者获胜，两人分别独立答题互不影响，每人每次的答题结果也互不影响，若甲、乙两名选手正确回答每道题的概率分别为23，12．

(i)求比赛结束后甲获胜的概率；

(ii)求比赛结束后甲获胜的条件下，乙恰好回答对1道题的概率．

附：χ2α0.10.050.010.0050.001x2.7063.8416.6357.87910.82819.(本小题17分)

已知函数放f(x)=ex(cosx+1)−ax，a∈R．

(1)若a=1，求曲线y=f(x)在x=π处的切线方程；

(2)若a=0，求y=f(x)在(0,π)内的极值；

(3)设g(x)=f(x)−excosx，若g(x)有2个零点x1，x2答案解析1.【答案】C

【解析】解：由a2−1+(a+2)i(a∈R)为纯虚数，则a2−1=0，a+2≠0，解得a=±1．

故选：C．2.【答案】B

【解析】解：因为A={x|x(x−2)≤0}={x|0≤x≤2}，

所以∁RA={x|x<0或x>2}=(−∞,0)∪(2,+∞)．

故选：B．

解一元二次不等式，再利用补集的定义直接求解．3.【答案】B

【解析】解：双曲线y23−x22=1的渐近线方程为y=±624.【答案】A

【解析】解：根据题意，设等比数列{an}的公比为q，

若a4=4a3−4a2，则a1q35.【答案】C

【解析】解：在同一坐标系中，作出函数y=sinx与y=2sin(3x−π6)在[0,2π]上的图象如下，

由图象可知，当x∈[0,2π]时，曲线y=sinx与y=2sin(3x−π6)的交点个数为6个．

故选：C．

6.【答案】C

【解析】解：根据题意可知，P(X>5)=P(X>3+2)=P(X<3−2)=P(X<a)，所以a=1，

则二项式(1x−x)4的展开式通项为：Tr+1=C4r⋅xr−4⋅(−1)r⋅xr7.【答案】D

【解析】解：根据题意，命题p：∃x0∈R，f(x0)≤3，其否定为∀x∈R，f(x)>3，

又由f(x)=(x⊕1)+(x⊕2)，则f(x)=ln(ex+e)+ln(ex8.【答案】B

【解析】解：如图，以A为原点，AC所在直线为x轴，过点A作AC的垂线为y轴建立平面直角坐标系，

因为|AB|=2，|AC|=3，∠BAC=60°，所以B(1,3)，C(3,0)，

因为AP平分∠BAC，所以直线AP的方程为y=33x，则设P(x,33x)，

所以PA=(−x,−33x)，PB=(1−x,3−33x)，PC=(3−x,−339.【答案】BCD

【解析】解：A选项，根据题意可知，|rA|<|rB|，则A组数据比B组数据的相关性较弱，故A选项错误；

B选项，在残差的散点图中，残差分布的水平带状区域的宽度越窄，其模型的拟合效果越好，故B选项正确；

C选项，决定系数R2越大，模型的拟合效果越好，故C选项正确；

D选项，有10件产品，其中3件次品，抽2件产品进行检验，

恰好抽到一件次品的概率是P=C31C71C102=715，故D10.【答案】AD

【解析】解：对于A，因为a，b>0，由1a<1b得aba<abb，故a>b，故A正确；

对于B，取a=1，b=2，满足a>b−2，但a<b，故B错误；

对于C，由b2<a2(1+b2)可得1a2<1b2+1，即1a2−1b2<1，

当a，b>0时，a>b可得1a2−1b2<0<1，

而1a2−111.【答案】ACD

【解析】解：A选项，连接VO1，等边三角形VAB内切圆即为球O的截面大圆，球心O在线段VO1上，

又等边三角形VAB的边长为2，所以|AO1|=1，|VO1|=3，

则球O的半径为r=|OO1|=|AO1|tan30°=33，

所以球O的表面积为4πr2=4π3，故A正确；

B选项，圆锥的侧面积为π×1×2=2π，故B错误；

C选项，由题意可得四面体CDMN被平面VAB截成体积相等的两部分，

设M到平面VAB的距离为d(0<d≤1)，

因为球O的半径r=33，三角形CO1D为等边三角形，设其边长为m，

则m=2rsin60°=1，

所以三角形CO1D的面积为12×12sin60°=34，

即VCDMN=2VM−CDD1=2×13×34d=36d∈(0,36]，故C正确；

D选项，依题意，动点P的轨迹是圆，所在平面与圆锥底面平行，令其圆心为E，

CD=1，所以C，D是边AV，BV的中点，

所以EP=12O1B=12，EO1=12VO1=32，

所以O1P2=EO12.【答案】150

【解析】解：从6人中选若干人在3天假期值班(每天只需1人值班)，不出现同一人连续值班2天，

则第一天有6种选法，第二天有5种选法，第三天有5种选法，

则可能的安排方法有6×5×5=150种方法．

故答案为：150．

根据分步乘法计数原理相关知识可解．

本题考查分步乘法计数原理相关知识，属于中档题．13.【答案】5【解析】解：如图，

由S△QF1F2=2S△PF1F2，可得|QF2|=2|PF2|，

设|PF2|=m，则|QF2|=2m，|QF1|=2a−2m，|PF1|=2a−m，

由PQ⊥F1Q，则|PF1|14.【答案】(e,+∞)

【解析】解：令ln(ax)+(a−1)x−ex=0，得ln(ax)+ax=x+ex，

设g(x)=lnx+x，

则方程ln(ax)+ax=x+ex等价于g(ax)=g(ex)，

显然g(x)在(0,+∞)上单调递增，所以由g(ax)=g(ex)可得ax=ex

故题意等价于方程ax=ex有两个不等的实根，

显然a≠0，故转化为1a=xex存在两个不同的零点，

设ℎ(x)=xex，则ℎ′(x)=(1−x)e−x，

(i)当a<0时，则x<0，ℎ′(x)>0，此时ℎ(x)在(−∞,0)上单调递增，

ℎ(x)=1a最多一个零点，不合题意；

(ii)当a>0时，此时x>0，当0<x<1时，ℎ′(x)>0，当x>1时，ℎ′(x)<0，

所以ℎ(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，

所以ℎ(x)15.【答案】sinA=32；

【解析】(1)由3sinA+2sin2A2=2，

即23sinA2cosA2=2(1−sin2A2)=2cos2A2，

由A∈(0,π)，得cosA2≠0，可得tanA2=33，

因为

A2∈(0,π2)，

可得A2=π6，即A=π316.【答案】T5=31；

S【解析】(1)等差数列{an}的前n项和为Sn，设公差为d，

等比数列{bn}的前n项和为Tn，设公比为q，

a1=−1，b1=1，a2+b2=2，

得d+q=3.①

由a3+b3=5，得2d+q2=6，②

联立①②，解得d=3q=0(舍去)，d=1q=2，

因此T5=1−251−2=31；

(2)由b1=1，T3=21，得q2+q−20=0，

解得q=−5，或q=4，

由于数列{an}为递增数列，所以d>0，

当q=4时，由17.【答案】证明见解析；

217；

存在，PE【解析】(1)证明：由于平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，

∵AB⊥AD且AB⊂平面ABCD，

∴AB⊥平面PAD，

∵PD⊂平面PAD，∴AB⊥PD．

(2)取AD的中点O，连接PO，OC，由△PAD为等边三角形，得PO⊥AD，

而平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，PO⊂平面PAD，

则PO⊥平面ABCD，由AO=BC=1，AO/​/BC，得四边形ABCO是平行四边形，

于是OC/​/AB，而AB⊥AD，则OC⊥AD，

因为直线OC，OD，OP两两垂直，

所以以O为坐标原点，直线OC，OD，OP分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图，

则A(0,−1,0)，D(0,1,0)，C(1,0,0)，B(1,−1,0)，P(0,0,3)，M(0,−12,32)，

CM=(−1,−12,32)，CP=(−1,0,3)，CD=(−1,1,0)，

设平面PCD的法向量为n=(x,y,z)，

则n⋅CP=0n⋅CD=0，即−x+3z=0−x+y=0，

取z=1，得n=(3,3,1)，

所以M到平面PCD的距离d=|CM⋅n||n|=37=217．

(3)令PE=λPD=(0,λ,−3λ)，λ∈[0,1]，

AE=AP+PE=(0,1,3)+(0,λ,−3λ)=(0,1+λ,3−3λ)，AC=(1,1,0)18.【答案】认为DeepSeek的使用情况与学历无关；

(i)55108；(ii)【解析】(1)零假设为H0：DeepSeek的使用情况与学历无关，

χ2=200×(65×45−35×55)2100×100×120×80=20096≈2.083<6.635

依据小概率值α=0.01的独立性检验，没有充分证据推断H0不成立，

因此可以认为H0成立，即认为DeepSeek的使用情况与学历无关；

(2)(i)当甲、乙同时回答第i(i=1,2,3)道题时，甲得分为Xi，

P(Xi=10)=23×12=13，P(Xi=0)=23×12+13×12=12，P(Xi=−10)=13×12=16；

比赛结束甲获胜时的得分X可能的取值为10，20，30，

则P(X=30)=(13)3=127，P(X=20)=C31×12×(13)219.【答案】x+y=0．

f(x)有极大值eπ2，无最小值．

【解析】(1)当a=1时，函数f(x)=ex(cosx+1)−x，那么导函数f′(x)=ex(cosx+1−sinx)−1，

由于f(π)=−π，f′(π)=−1，

因此y=f(x)在x=π处的切线方程为y+π=−(x−π)，即x+y=0．

(2)当a=0时，函数f(x)=ex(cosx+1)，有导函数f′(x)=