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2024-2025学年湖南省三湘名校教育联盟高二下学期期中考试
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.若复数满足，则( )
A. B. C. D.
2.已知向量，，且，则( )
A. B. C. D.
3.已知直线是双曲线的一条渐近线，则的离心率为( )
A. B. C. D.
4.的内角，，的对边分别为，，，已知，，，则的面积为( )
A. B. C. D.
5.已知函数，且，则的取值范围是( )
A. B.
C. D.
6.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.
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.
8.如果对于正整数集，将集合拆分成个三元子集子集有三个元素，且拆分的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. B. C. D.
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.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f(x)=,xR,其中R,>0为参数.若随机变量X的概率分布密度函数为f(x),则称随机变量X服从正态分布,则下列说法正确的是( )(参考数据:若随机变量X~N(,),则P(-X+)0.6827,P(-2X+2 )0.9545,P(-3X+3)0.9973)
A. 曲线y=f(x)关于直线x=对称
B. 曲线y=f(x)在x=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=4,=60,则P(62X64)=0.1359
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. 若在区间恰有两个极值点，则的取值范围为
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. ，，则
C. 若，则曲线关于点中心对称
D. 若，则有个零点
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，只有第项的二项式系数最大，则的值为 ．
13.设是抛物线上一点，是抛物线的焦点，为坐标原点，，则 ．
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 ．
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.本小题分
如图，在直三棱柱中，是的中点，C.
证明：平面
若，，，求二面角的余弦值．
16.本小题分
已知等差数列满足，，等比数列满足，
．
求数列，的通项公式
若数列满足，求数列的前项和．
17.本小题分
年春节联欢晚会中的创意融合舞蹈秧轰动全球，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，自年至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．
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
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。
18.本小题分
已知函数．
当时，求在区间上的最大值和最小值
当时，证明：
若，，求实数的取值范围．
19.本小题分
已知椭圆的左，右焦点分别，，为椭圆上任意一点，，．
求椭圆的方程
若为圆上任意一点，求的最小值
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．
参考答案
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
9.AD
10.
11.
12.
13.
14.
15.解：由直三棱柱可得平面，又平面，所以，
因为是底边的中点，，所以，
因为，平面，，平面，所以平面．
由已知平面，
平面
所以，，又，
以，，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
由可知，所以，则，，，
所以，，
设平面的法向量为，则，可得，
令，则，因为，，
平面，所以平面，
所以平面的法向量为，设二面角为，
由图知为锐角，则，
所以二面角的余弦值为
16.解：设等差数列的公差为，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；
由得，
所以，
，
两式相减得，所以．
17.解：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．
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
所以．
18.解：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．
证明：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．
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.解：设椭圆的半焦距为，因为，所以，
由椭圆的定义，所以，所以，
所以的方程为．
因为的右焦点，圆的圆心，半径，显然椭圆与圆没有交点，因为点在圆上，所以，于是，当且仅当，分别是线段与椭圆、圆的交点时取等号，所以的最小值为．
设，，，因为直线，所以点，联立消去得，．
，，因为，，，且直线，，斜率的倒数成等差数列，所以，所以，即，将，代入上述等式可得，若，则点在直线上，与已知矛盾故，，整理可得，可得，即，即对任意的，恒成立，所以，解得或由于的斜率不为，所以，故所以点在定直线上．
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