资源简介

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.若复数为纯虚数，则( )
A. B. C. D.
2.已知集合，则( )
A. B.
C. ， D.
3.双曲线的渐近线方程是( )
A. B. C. D.
4.已知为等比数列的前项和，若，则( )
A. B. C. D.
5.当时，曲线与的交点个数为( )
A. B. C. D.
6.已知且，则二项式的展开式中，常数项为( )
A. B. C. D.
7.定义新运算：，设，命题：，，则( )
A. ：，，且为假
B. ：，，且为假
C. ：，，且为真
D. ：，，且为真
8.已知与是平面内两个非零向量，，，，点是平分线上的动点当取最小值时，的值为( )
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.以下说法正确的是( )
A. 若，两组数据的样本相关系数分别为，，则组数据比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. 决定系数越大，模型的拟合效果越好
D. 有件产品，其中件次品，抽件产品进行检验，恰好抽到一件次品的概率是
10.已知，，则使得“”成立的一个充分条件可以是( )
A. B.
C. D.
11.如图，圆锥内有一个内切球，为底面圆的直径，球与母线，分别切于点，若是边长为的等边三角形，为底面圆的一条直径与不重合，则下列说法正确的是( )
A. 球的表面积为
B. 圆锥的侧面积为
C. 四面体的体积的取值范围是
D. 若为球面和圆锥侧面的交线上一点，则的最大值为
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，要从人中选若干人在天假期值班每天只需人值班，不出现同一人连续值班天，则可能的安排方法有______种
13.已知椭圆的左、右焦点分别为，，过的直线交椭圆于，两点，且，，则椭圆的离心率为______．
14.已知函数，若存在两个零点，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
已知中，．
求的值；
设为的中点，且，，求的周长．
16.本小题分
已知等差数列的前项和为，等比数列的前项和为，，，．
若，求；
若，且数列为递增数列，求数列的前项和．
17.本小题分
如图，在四棱锥中，侧面平面，是边长为的等边三角形，底面为直角梯形，其中，，．
求证：．
求线段中点到平面的距离．
线段上是否存在一点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
18.本小题分
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”，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的使用情况，随机调查了人，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
本科以下
合计
依据小概率值的独立性检验，能否认为的使用情况与学历有关？
某校组织“模型”知识竞赛，甲、乙两名选手在决赛阶段相遇，决赛阶段共有道题目，甲、乙同时依次作答，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，每人得分；若一人答对另一人答错，答对的得分，答错的得分，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，．
求比赛结束后甲获胜的概率；
求比赛结束后甲获胜的条件下，乙恰好回答对道题的概率．
附：，其中．
19.本小题分
已知函数放，．
若，求曲线在处的切线方程；
若，求在内的极值；
设，若有个零点，，且，求证：．
参考答案
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
9.
10.
11.
12.
13.
14.
15.由，
即，
由，得，可得，
因为 ，
可得，即，
所以；
由知，
可得，，
在中，由余弦定理得：，
可得，
所以的周长为．
16.等差数列的前项和为，设公差为，
等比数列的前项和为，设公比为，
，，，
得
由，得，
联立，解得舍去，，
因此；
由，，得，
解得，或，
由于数列为递增数列，所以，
当时，由得舍；
当时，由得，
则．
17.证明：由于平面平面，平面平面，
且平面，
平面，
平面，．
取的中点，连接，，由为等边三角形，得，
而平面平面，平面平面，平面，
则平面，由，，得四边形是平行四边形，
于是，而，则，
因为直线，，两两垂直，
所以以为坐标原点，直线，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，如图，
则，，，，，，
，，，
设平面的法向量为，
则，即，
取，得，
所以到平面的距离．
令，，
，，
设平面的法向量为，则，
取，得，
易知平面的一个法向量为，
于是，，
化简得，又，解得，即，
所以线段上存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为，此时．
18.零假设为：的使用情况与学历无关，
依据小概率值的独立性检验，没有充分证据推断不成立，
因此可以认为成立，即认为的使用情况与学历无关；
当甲、乙同时回答第道题时，甲得分为，
，，；
比赛结束甲获胜时的得分可能的取值为，，，
则，，
，
所以比赛结束后甲获胜的概率
设“比赛结束后甲获胜”，“比赛结束时乙恰好答对一道题”，
其中甲三道题都做对，乙对一道错两道的概率为：，
其中一题两人均对，一题两人均错，一题甲对乙错的概率为：
，
其中一题甲错乙对，另两题甲均对，乙错的概率为：，
，由知，
则，
所以比赛结束后甲获胜的条件下，乙恰好回答对道题的概率为．
19.当时，函数，那么导函数，
由于，，
因此在处的切线方程为，即．
当时，函数，有导函数，
根据，可得，即，
当时，，所以，即，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
因此函数无最小值，有极大值．
证明：函数，那么导函数．
若，那么导函数，单调递增，不可能有两个零点．
若，令导函数，得，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
因此为的极小值点，
要使函数有个零点，那么需，即．
由于函数的个零点为，，，因此．
要证，那么只需证，
由于，函数在上单调递增，
因此只需证，
由于，因此只需证，
即只需证，，
令函数，，
那么导函数，
设函数，那么导函数，
那么导函数在上单调递减，
又由于，
因此当时，导函数，因此函数在上单调递增，
又由于，
因此当时，，即在上单调递减，
又因为，所以，
即，，
所以原命题得证．
第2页，共2页

展开更多......

收起↑