2025-2026学年湖南邵东市创新学校高二下学期5月创高杯考试数学试题-含解析

/数学（分值：150分时间:120分钟）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.2.设为虚数单位，若复数，则（）A. B. C. D.3.的展开式中的系数为A.10 B.20 C.40 D.804.已知，，则向量的夹角为（）A. B. C. D.5.已知抛物线C：的焦点为F，点在抛物线C上，且，则（）A.8 B.6 C.5 D.46.已知，则（）A. B. C. D.7.已知袋中装有红色、黄色、绿色的小球各5个，小球除了颜色外完全相同，现从中随机取出5个小球，则不同的取法种数为（）A.15 B.19 C.21 D.238.已知正三棱柱的底面边长为6，高为，其顶点都在球O的球面上，则球心O到平面的距离为（）A. B. C. D.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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.已知双曲线和，其中，且，则（）A.与有相同的实轴B.与有相同的焦距C.与有相同的渐近线D.与有相同的离心率10.已知，则满足：（）A.最小正周期为 B.在区间上为减函数C.图像关于点对称 D.在区间上的最小值为11.在数字通信中，信号是由数字0和1组成的序列．由于随机因素的干扰，发送的信号0或1有可能被错误地接收为1或0．已知发送信号0时，接收为0和1的概率分别为0.9和0.1；发送信号1时，接收为1和0的概率分别为和（）．假设每次发送信号0和1是等可能的且每次发送信号相互之间是独立的．当发送两次信号是“0”“1”时，接收到的信号也是“0”“1”的概率为0.72．则下列结论正确的是（）A.B.当发送两次信号是“1”“1”时，恰有一次被正确接收的概率为0.16C.一次发信后被接收为信号“1”的概率为0.45D.若已知一次发信后被接收为信号“1”，则接收正确的概率为三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知等差数列的前项和为．且．则______．13.若曲线的一个对称中心为，则的最小值为_________．14.已知函数的值域为，且，则________.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.在中，角，，的对边分别为，，．且满足．（1）求角的大小；（2）已知，，在边上，且满足，求的长．16.如图所示，在长方体中，，，，点在棱上，点在棱上，且.（1）证明：；（2）求直线与平面所成角的余弦值．17.已知函数．（1）当时，求的最小值；（2）若对总成立，求实数a的取值范围．18.平面内，动点与定点的距离和到定直线的距离的比是常数，记动点的轨迹为曲线．（1）求曲线的方程；（2）为坐标原点，为曲线上不同两点，经过两点的直线与圆相切，求面积的最大值．19.某运动员为了解自己的运动技能水平，记录了自己1000次训练情况并将成绩（满分100分）统计如下表所示.成绩区间频数100200300240160（1）求上表中成绩的平均值及上四分位数（同一区间中的数据用该区间的中点值为代表）；（2）该运动员用分层抽样的方式从的训练成绩中随机抽取了6次成绩，再从这6次成绩中随机选2次，设成绩落在区间的次数为X，求X的分布列及数学期望；（3）对这1000次训练记录分析后，发现某项动作可以优化.优化成功后，原低于80分的成绩可以提高10分，原高于80分的无影响，优化失败则原成绩会降低10分，已知该运动员优化动作成功的概率为．在一次资格赛中，入围的成绩标准是80分.用样本估计总体的方法，求使得入围的可能性变大时p的取值范围.

数学（分值：150分时间:120分钟）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：B解析：思路：解不等式求得集合，进而利用交集的意义求解即可.解答过程：因为，，所以.故选：B.2.设为虚数单位，若复数，则（）A. B. C. D.答案：A解析：思路：利用复数的除法化简复数即可.解答过程：.故选：A.3.的展开式中的系数为A.10 B.20 C.40 D.80答案：C解析：解答过程：分析：写出，然后可得结果详解：由题可得令,则所以故选C.点睛：本题主要考查二项式定理，属于基础题．4.已知，，则向量的夹角为（）A. B. C. D.答案：C解析：解答过程：因为，，所以，即，解得，由知，.5.已知抛物线C：的焦点为F，点在抛物线C上，且，则（）A.8 B.6 C.5 D.4答案：D解析：解答过程：由题意可得抛物线的焦点为，准线方程为，根据抛物线的定义可得，则.6.已知，则（）A. B. C. D.答案：B解析：解答过程：由，得，解得，所以.7.已知袋中装有红色、黄色、绿色的小球各5个，小球除了颜色外完全相同，现从中随机取出5个小球，则不同的取法种数为（）A.15 B.19 C.21 D.23答案：C解析：思路：利用分类列举法，即可求解.解答过程：第一种情况，5个小球只包含1种颜色，有3种情况；第二种情况，5个小球包含2种颜色，两种颜色的球的个数组合为或，所以包含2种颜色的取法种数有；第三种情况，5个小球包含3种颜色，3种颜色的球的个数组合为或，所以包含3种颜色的取法种数有.所以共有种方法.故选：C8.已知正三棱柱的底面边长为6，高为，其顶点都在球O的球面上，则球心O到平面的距离为（）A. B. C. D.答案：A解析：思路：先建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用向量法计算球心到该平面的距离.解答过程：正三棱柱外接球的球心是上下底面正三角形中心连线的中点，以点为原点，，为轴的正方向，建立空间直角坐标系，则球心的坐标为：因为底面边长为，所以底面正三角形外接圆半径；故

，，，所以

，，设平面的法向量为，则由，即，令，则，则是平面的一个法向量.又，因此球心到平面的距离.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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.已知双曲线和，其中，且，则（）A.与有相同的实轴B.与有相同的焦距C.与有相同的渐近线D.与有相同的离心率答案：BC解析：思路：根据条件，利用双曲线的性质，对各个选项逐一分析判断，即可求解.解答过程：对于选项A，双曲线的实轴在轴上，实轴长为，双曲线的实轴在轴上，实轴长为，所以选项A错误，对于选项B，双曲线和焦距均为，所以选项B正确，对于选项C，双曲线的渐近线为，双曲线的渐近线为，所以选项C正确，对于选项D，双曲线的离心率为，双曲线的离心率为，所以选项D错误，故选：BC.10.已知，则满足：（）A.最小正周期为 B.在区间上为减函数C.图像关于点对称 D.在区间上的最小值为答案：ACD解析：思路：根据余弦函数的性质一一判断即可；解答过程：解：因为所以函数的最小正周期，故A正确；对于B：因为，所以，又在上单调递减，所以函数在上不单调，故B错误；对于C：，所以图像关于点对称，故C正确；对于D：因为，所以，所以，所以，故D正确；故选：ACD.11.在数字通信中，信号是由数字0和1组成的序列．由于随机因素的干扰，发送的信号0或1有可能被错误地接收为1或0．已知发送信号0时，接收为0和1的概率分别为0.9和0.1；发送信号1时，接收为1和0的概率分别为和（）．假设每次发送信号0和1是等可能的且每次发送信号相互之间是独立的．当发送两次信号是“0”“1”时，接收到的信号也是“0”“1”的概率为0.72．则下列结论正确的是（）A.B.当发送两次信号是“1”“1”时，恰有一次被正确接收的概率为0.16C.一次发信后被接收为信号“1”的概率为0.45D.若已知一次发信后被接收为信号“1”，则接收正确的概率为答案：ACD解析：思路：根据互斥事件概率加法和条件概率进行逐项分析即可判断.解答过程：对于，当发送两次信号是“0”“1”时，接收到的信号也是“0”“1”的概率为0.72，则，解得，所以选项A正确；对于，发送两次信号是“1”“1”时，恰有一次被正确接收有两种情况：第一种情况是第一次发送1接收为1，第二次发送1接收为0，其概率为；第二种情况是第一次发送1接收为0，第二次发送1接收为1，其概率为。根据互斥事件概率加法公式，恰有一次被正确接收的概率为，所以选项B错误；对于,一次发信后被接收为信号“1”有两种情况：第一种情况是发送0收为1其概率为；第二种情况是发送1收为1其概率为，根据互斥事件概率加法公式，一次发信后被接收为信号“1的概率为，所以选项C正确；对于，设事件表示“一次发信后被接收为信号1，事件表示“接收正确”。由前面计算可知，表示发送1接收为1概率，即，根据条件概率公式可得，所以选项D正确.故选：．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知等差数列的前项和为．且．则______．答案：解析：思路：根据题意结合等差数列的性质运算求解即可.解答过程：因为数列为等差数列，则，即，所以.故答案为：.13.若曲线的一个对称中心为，则的最小值为_________．答案：2解析：思路：根据给定条件，利用正切函数的对称性列式求出的关系，进而求出最小值.解答过程：由曲线的一个对称中心为，得，解得，所以的最小值为2.故答案为：214.已知函数的值域为，且，则________.答案：解析：思路：根据条件，利用指数函数的性质，即可求解.解答过程：由指数函数的性质可知，若，则，为常数，不合题意；若，则，不合题意；若，则，因为函数的值域为，则，又，则，解得，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.在中，角，，的对边分别为，，．且满足．（1）求角的大小；（2）已知，，在边上，且满足，求的长．答案：（1）（2）解析：思路：（1）利用两角和的余弦公式结合三角形内角和计算求解；（2）根据已知条件，利用余弦定理解三角形．（1）由得，即，，即，，又，．（2）已知，，，在边上，且满足，，，，在中，由余弦定理得，在中，已知，则，解得．16.如图所示，在长方体中，，，，点在棱上，点在棱上，且.（1）证明：；（2）求直线与平面所成角的余弦值．答案：（1）证明见解析（2）解析：思路：（1）先证四边形为菱形得，再结合长方体性质得，进而证平面，最终推出；（2）由面面垂直性质确定点在平面上的投影位置，得到线面角，再通过计算三角形边长，利用余弦定理求出该角的余弦值；（1）证明：连接交于点，，，故为菱形，故，由长方体得平面，由平面，知；由，平面，平面，知平面，由平面，知.（2）如图所示，连接，由（1）知，平面，又由平面，平面平面，交线为，故点在平面上的投影必在直线上，故直线与平面所成角即为，在中，，，，故由余弦定理得cos∠即直线与平面所成角的余弦值为．17.已知函数．（1）当时，求的最小值；（2）若对总成立，求实数a的取值范围．答案：（1）0（2）解析：思路：（1）先求出导函数，再根据导函数正负得出函数单调性进而得出最小值；（2）先参数分类把转化为，再构造函数结合函数最值计算求参.（1）时，因为，所以，所以当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，所以．（2）因为，所以等价于，令，则，由（1）得时，，所以当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，所以．18.平面内，动点与定点的距离和到定直线的距离的比是常数，记动点的轨迹为曲线．（1）求曲线的方程；（2）为坐标原点，为曲线上不同两点，经过两点的直线与圆相切，求面积的最大值．答案：（1）（2）1解析：思路：（1）根据题设条件列出方程，化简即得曲线的方程；（2）依题设直线的方程为，由圆心到直线的距离等于半径推出，再由直线与椭圆方程联立消元，写出韦达定理，计算弦长和点到直线的距离，表示出面积，利用换元和基本不等式即可求得面积最大值.（1）设到定直线的距离为，依题意，可得，化简得，即曲线的方程为.（2）依题意，直线的斜率不可能是0，不妨设其方程为：，则圆的圆心到直线的距离，即①由消去，可得，由，可得，设，则，则，将①式代入，化简得：，因点到直线的距离为，则的面积为，设，则，，因，当且仅当时取等号，此时，的面积的最大值为.19.某运动员为了解自己的运动技能水平，记录了自己1000次训练情况并将成绩（满分100分）统计如下表所示.成绩区间频数100200300240160（1）求上表中成绩的平均值及上四分位数（同一区间中的数据用该区间的中点值为代表）；（2）该运动员用分层抽样的方式从的训练成绩中随机抽取了6次成绩，再从这6次成绩中随机选2次，设成绩落在区间的次数为X，求X的分布列及数学期望；（3）对这1000次训练记录分析后，发现某项动作可以优化.优化成功后，原低于80分的成绩可以提高10分，原高于80分的无影响，优化失败则原成绩会降低10分，已知该运动员优化动作成功的概率为．在一次资格赛中，入围的成