湖南省永州市宁远县明德湘南中学2024-2025学年高二下学期期末考试数学试卷
一、单项选择题：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．（2025高二下·宁远期末）已知集合，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2025高二下·宁远期末）已知双曲线的标准方程为，则该双曲线的焦距是（ ）
A．1 B．3 C．2 D．4
3．（2025高二下·宁远期末）设等差数列的前n项和，若，，则（ ）
A．18 B．27 C．45 D．63
4．（2025高二下·宁远期末）若古典概型的样本空间，事件，甲：事件，乙：事件相互独立，则甲是乙的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
5．（2025高二下·宁远期末）冬季是流感高发期，其中甲型流感病毒传染性非常强．基本再生数与世代间隔是流行病学基本参考数据．某市疾控中心数据库统计分析，可以用函数模型来描述累计感染甲型流感病毒的人数随时间t，（单位：天）的变化规律，其中指数增长率与基本再生数和世代间隔T之间的关系近似满足，根据已有数据估计出时，．据此回答，累计感染甲型流感病毒的人数增加至的3倍至少需要（参考数据：，）（ ）
A．6天 B．7天 C．8天 D．9天
6．（2025高二下·宁远期末）如图是两个底面半径都为1的圆锥底面重合在一起构成的几何体，上面圆锥的侧面积是下面圆锥侧面积的2倍，，则（ ）
A． B． C． D．3
7．（2025高二下·宁远期末）已知，，则（ ）
A． B． C． D．
8．（2025高二下·宁远期末）已知球的直径为是球面上两点，且，则三棱锥的体积（ ）
A． B． C． D．
二、多项选择题：本大题共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．（2025高二下·宁远期末）某学校高一年级学生有900人，其中男生500人，女生400人，为了获得该校高一全体学生的身高信息，现采用样本量比例分配的分层随机抽样方法抽取了容量为180的样本，经计算得男生样本的均值为170，方差为19，女生样本的均值为161，方差为28，则下列说法中正确的是（ ）
A．男生样本容量为100 B．抽取的样本的方差为43
C．抽取的样本的均值为166 D．抽取的样本的均值为165.5
10．（2025高二下·宁远期末）已知，，且，则（ ）
A．， B．
C．最大值为4 D．的最小值为12
11．（2025高二下·宁远期末）已知数列的前n项和为，且，，则（ ）
A．当时，
B．
C．数列单调递增，单调递减
D．当时，恒有
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．（2025高二下·宁远期末）在（其中）的展开式中，的系数为，各项系数之和为，则 .
13．（2025高二下·宁远期末）已知四面体，其中，，，为的中点，则直线与所成角的余弦值为 ；四面体外接球的表面积为 ．
14．（2025高二下·宁远期末）函数（）在区间上有且只有两个零点，则的取值范围是 .
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．（2025高二下·宁远期末）在锐角中，内角，，的对边分别为，，，已知．
（1）求；
（2）求的取值范围．
16．（2025高二下·宁远期末）如图，P为圆锥的顶点，为圆锥底面的直径，为等边三角形，O是圆锥底面的圆心．为底面圆O的内接正三角形，且边长为，点E为线段中点．
（1）求证：平面平面；
（2）M为底面圆O的劣弧上一点，且．求平面与平面夹角的余弦值．
17．（2025高二下·宁远期末）有个正数，排成n行n列的数表：其中表示位于第i行，第j列的数，数表中每一行的数成等差数列，每一列的数成等比数列，并且所有公比相等，已知，，.
（1）求公比.
（2）求.
18．（2025高二下·宁远期末）已知函数，其中．
（1）若在上单调递增，求的取值范围；
（2）当时，若且，比较与的大小，并说明理由
19．（2025高二下·宁远期末）马尔科夫链因俄国数学家安德烈 马尔科夫得名，其过程具备“无记忆”的性质，即第次状态的概率分布只跟第次的状态有关，与第次状态无关.马尔科夫链是概率统计中的一个重要模型，也是机器学习和人工智能的基石，在强化学习、自然语言处理、金融领域、天气预测等方面都有着极其广泛的应用.现有两个盒子，各装有2个黑球和1个红球，现从两个盒子中各任取一个球交换放入另一个盒子，重复进行次这样的操作后，记盒子中红球的个数为，恰有1个红球的概率为.
（1）求的值；
（2）求的值（用表示）；
（3）求证：的数学期望为定值.
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：由，解得，所以，而，所以，所以.
故答案为：C.
【分析】确定集合和集合，再求它们的交集.确定集合要依据对数函数的定义域，确定集合要依据指数函数的性质，最后根据交集的定义求出.
2．【答案】C
【知识点】双曲线的标准方程
【解析】【解答】解：由双曲线方程可知，所以，则，．
故答案为：C.
【分析】双曲线焦距问题，需先明确双曲线标准方程形式，利用双曲线中、与（为半焦距 ）的关系求出，进而得到焦距.关键在于根据双曲线标准方程确定、的表达式，再结合计算.
3．【答案】C
【知识点】等差数列的前n项和；等差数列的性质；等差中项
【解析】【解答】解：由题意得，，成等差数列，
即9，36-9，成等差数列，解得，故C正确.
故答案为：C.
【分析】利用等差数列的性质，，成等差数列，得到方程，求出答案.
4．【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；相互独立事件
【解析】【解答】解：若，，
则，
因为，，
所以，
所以事件相互独立，
反过来，当，，
此时，，
满足，
则事件相互独立，
所以不一定，
所以甲是乙的充分不必要条件.
故答案为：A.
【分析】利用已知条件结合独立事件的定义，再结合充分条件、必要条件的判断方法，从而判断出甲是乙的充分不必要条件.
5．【答案】B
【知识点】对数的性质与运算法则；“指数爆炸”模型
【解析】【解答】解：依题意，，且时，，即，所以，，令，两边取以为底的对数得，所以至少需要天.
故答案为：B.
【分析】围绕指数函数模型在实际问题中的应用展开，根据已知条件求出指数增长率，确定累计感染人数的函数表达式，函数关系列出方程，对数运算求解时间，核心是指数函数与对数运算的综合运用.
6．【答案】C
【知识点】组合几何体的面积、表面积、体积问题；旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用
【解析】【解答】解：设两圆锥的高，，则，，由，有，可得，可得，又由上下圆锥侧面积之比为，即，可得，则有，即，代入整理为，解得（负值舍），可得，．
故答案为：C．
【分析】 结合圆锥侧面积公式、勾股定理，通过设未知数建立方程求解，先设出两个圆锥的高，利用圆锥母线长与高、底面半径的关系表示母线长，再依据垂直条件和侧面积倍数关系列方程，最后求解方程得到高的值，进而算出 .
7．【答案】A
【知识点】两角和与差的正弦公式；二倍角的余弦公式；二倍角的正切公式；三角函数诱导公式二~六
【解析】【解答】解：，.，
，，，，又因为，所以，则，所以
..
故答案为：A.
【分析】用三角恒等变换公式化简已知条件，求出、相关值，再通过二倍角公式计算，核心是正切、正弦、余弦的三角恒等变换公式的运用.
8．【答案】C
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；正弦定理；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：由题意可知为正三角形，设其外接圆圆心为M，半径为r，则，且平面，所以，故C到平面的距离为，所以三棱锥的体积为.
故答案为：C
【分析】分析的形状，求出其外接圆相关参数，用球体性质确定点到平面的距离，最后根据三棱锥体积公式计算体积.通过正三角形外接圆、球体半径与距离的关系，结合体积公式求解.
9．【答案】A,B,C
【知识点】分层抽样方法；极差、方差与标准差
【解析】【解答】解：∵男生样本量男生人数全体学生数总样本量.故A正确；样本均值.故C正确D错误；样本方差：
.故B正确.
故答案为：ABC.
【分析】围绕分层随机抽样的样本容量、均值和方差计算展开.根据分层随机抽样的比例关系确定各层样本容量，再利用均值和方差的计算公式，结合已知的男、女生样本统计量，逐步计算总体样本的均值和方差，以此判断各选项.
10．【答案】B,C,D
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：对于A，由题得且，所以，，故A错误；
对于B，由题及选项A得，令，则，故当时，；当时，，故函数在上单调递减；在上单调递增，又，所以，故即，故B正确；
对于C，由题及选项A得，令，则由一元二次函数性质可知函数在上单调递增，所以当时，，即最大值为4，故C正确；
对于D，由题及选项A得，令，则，所以当时，；当时，，故函数在上单调递减；在上单调递增，所以，即的最小值为12，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】围绕，且的条件，对四个选项分别分析：A：通过和，结合、的范围限制，求解、各自的取值范围.B：将变形为，构造函数，利用导数研究其在的单调性，进而确定的取值范围.C：把转化为，构造函数，依据二次函数单调性判断的最大值.D：把转化为，构造函数，借助导数研究其在的单调性，求出最小值.
11．【答案】A,C,D
【知识点】等比数列概念与表示；等比数列的性质；数列的递推公式；数列的前n项和
【解析】【解答】解：由题意可得：，，由可知：，但，可知对任意的，都有，
对于选项A：若，则，即，故A正确；
对于选项B：，即，故B错误.
对于选项C：因为，，则，且，可知是等比数列，则，设，，可得，，因为，可知为递增数列，所以数列单调递增，单调递减，故C正确；
对于选项D：因为，，由，可得，即，则，即；由，可得，即，则，即；以此类推，可得对任意的，都有，又因为，则，所以，故D正确.
故选：ACD.
【分析】围绕数列的前项和的递推关系展开，需结合数列性质、作差法、等比数列判定及单调性、放缩法等知识分析各选项：A、B：通过作差法比较相邻项大小，判断的单调性.C：构造等比数列，依据等比数列通项及单调性，分析和的单调性.D：利用递推关系放缩，结合等比数列求和判断不等式是否成立 .
12．【答案】5
【知识点】二项式系数的性质；二项展开式的通项；二项式系数
【解析】【解答】解：由题意得的展开式中的系数为，即，
令，得各项系数之和为，则n为奇数，且，即得，
故答案为：5.
【分析】利用二项式展开式的通项公式求出的系数，再通过赋值法得到各项系数之和，进而联立方程求解的值.
13．【答案】 ；
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体
【解析】【解答】解：在四面体中，，，，将四面体补成长方体，则，解得，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、，所以，，，则，所以，直线与所成角的余弦值为，长方体的体对角线长，，所以，四面体外接球半径为，故四面体外接球的表面积为.
故答案为：；.
【分析】 解决四面体中异面直线所成角和外接球表面积问题，对于异面直线所成角，可通过补成长方体，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解；对于外接球表面积，补成长方体后，四面体的外接球就是长方体的外接球，通过长方体体对角线求出外接球半径，进而计算表面积，核心思路是利用补形法将四面体转化为熟悉的长方体，借助空间向量和长方体性质简化计算.
14．【答案】
【知识点】含三角函数的复合函数的周期；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】 解：因为在区间上有且只有两个零点，
所以，
即，
解得，
由f(x)=0可得，，，
则，
所以或
解得或.
故答案为：.
【分析】 直接根据已知条件结合正弦函数的周期性及零点存在条件即可求解.
15．【答案】（1）解：，由正弦定理得．因为，所以．因为为锐角三角形，所以.
（2）解：因为，所以．因为为锐角三角形，所以得.因为，由，得，所以.即的取值范围为.
【知识点】两角和与差的正弦公式；含三角函数的复合函数的值域与最值；解三角形；正弦定理；辅助角公式
【解析】【分析】围绕锐角三角形展开，需利用正弦定理、三角形内角和及三角函数性质求解：（1）求角：利用正弦定理将边化为角，结合求出，再根据锐角三角形条件确定A.（2）求的取值范围：先由三角形内角和及锐角三角形条件确定的范围，再将转化为，化简表达式后结合三角函数单调性求范围 .
（1），由正弦定理得．
因为，所以．因为为锐角三角形，所以．
（2）因为，所以．
因为为锐角三角形，所以得．
因为，
由，得，所以.
即的取值范围为.
16．【答案】（1）证明：
设交于点，因为为圆锥底面的直径，
所以由垂径分线定理可知，又因为为底面圆O的内接正三角形，
所以，即点是的中点，
又因为点E为线段中点，即是三角形的中位线，所以，
由题意面，所以面，
又因为面，所以平面平面.
（2）解：
由（1）可知两两垂直，以为原点，分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系：
显然可取平面的一个法向量为，因为，等边的边长为，
所以由正弦定理得圆的半径为，从而，即，而，
所以，即，
因为为等边三角形，是三角形的中位线，
所以，即，
所以，
设平面的法向量为，所以，
令，解得，即可取平面的一个法向量为，
从而.
所以平面与平面夹角的余弦值为.
【知识点】平面与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】围绕圆锥相关的立体几何问题展开，需利用圆锥性质、线面垂直与面面垂直判定、空间向量法求解：（1）证明平面平面：通过找线面垂直关系，利用面面垂直判定定理证明。关键是证明平面，可结合圆锥性质（底面 ）和三角形中位线定理推导.
（2）求平面与平面夹角的余弦值：建立空间直角坐标系，求出两平面的法向量，利用向量夹角公式计算。需先确定各点坐标，再求法向量，最后算夹角.
（1）
设交于点，因为为圆锥底面的直径，
所以由垂径分线定理可知，
又因为为底面圆O的内接正三角形，
所以，即点是的中点，
又因为点E为线段中点，即是三角形的中位线，
所以，
由题意面，
所以面，
又因为面，
所以平面平面；
（2）由（1）可知两两垂直，
以为原点，分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系：
显然可取平面的一个法向量为，
因为，等边的边长为，
所以由正弦定理得圆的半径为，从而，即，
而，所以，即，
因为为等边三角形，是三角形的中位线，
所以，即，
所以，
设平面的法向量为，
所以，令，解得，
即可取平面的一个法向量为，
从而.
所以平面与平面夹角的余弦值为.
17．【答案】（1）解：第4行公差为，.由已知：，
所以.又每个数都是正数，所以.
（2）解：因为，所以是首项为，公差为的等差数列.故.
因为每一列的数成等比数列，并且所有的公比都相等，
所以.故，
设的前n项和为，
①.②，①-②得
.所以.
【知识点】等差数列的通项公式；等比数列的通项公式；等差数列的性质；等比数列的性质
【解析】【分析】围绕数表中行列的等差、等比数列性质展开，分两问求解：（1）求公比：利用第4行的等差数列性质求出，再结合第4列的等比数列性质，结合数为正数确定公比.（2）求：先通过第4行等差数列求出的通项，再结合列的等比数列性质得到通项，进而确定通项，最后用错位相减法求数列和.
（1）第4行公差为，.
由已知：，所以.
又每个数都是正数，所以.
（2）因为，所以是首项为，公差为的等差数列.故.
因为每一列的数成等比数列，并且所有的公比都相等，所以.
故，设的前n项和为，
①.
②，
①-②得
.所以.
18．【答案】（1）解：，在上单调递增，
在上恒成立且满足的点不连续．
当时，．由在上单调递减可知，
当时，，，
综上，的取值范围为.
（2）解：当时，，且，下面证明，即证明，
等价于证明：，设，所证即为：，
等价于证明：，
设函数．
在上单调递增，
而，，所证不等式成立．
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】围绕函数（ ）展开，分两问考查导数的应用：（1）求的取值范围：利用函数单调性与导数的关系，在上单调递增，则其导数在上恒成立，通过分离参数求解的范围.
（2）比较与的大小：当时，将与的大小比较转化为函数值的比较，通过构造函数，利用导数研究函数单调性来证明.
（1），
在上单调递增，在上恒成立且满足的点不连续．
当时，．由在上单调递减可知，
当时，，，
综上，的取值范围为
（2）当时，，
且，
下面证明，
即证明，等价于证明：，
设，所证即为：，
等价于证明：，
设函数．
在上单调递增，而，
，所证不等式成立．
19．【答案】（1）解： 设第次操作后盒子中恰有2个红球的概率为，则没有红球的概率为.由题意知，
（2）解： 因为.所以.又因为，所以是以为首项，为公比的等比数列.所以，
（3）证明：因为，①
②所以①一②，得.又因为，所以，所以.
的可能取值是，所以的概率分布列为
0 1 2
所以.所以的数学期望为定值1.
【知识点】等比数列概念与表示；数列的递推公式；古典概型及其概率计算公式；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】（1）需用古典概型，分析交换球后盒恰有个红球的情况数；
（2）要找出的递推关系，转化为等比数列求解；
（3）通过定义数学期望，利用递推或性质证明其为定值，概率计算、递推数列及期望定义的运用.
（1）设第次操作后盒子中恰有2个红球的概率为，则没有红球的概率为.
由题意知，
（2）因为.
所以.
又因为，所以是以为首项，为公比的等比数列.
所以，
（3）因为，①
②
所以①一②，得.
又因为，所以，所以.
的可能取值是，
所以的概率分布列为
0 1 2
所以.
所以的数学期望为定值1.
1 / 1湖南省永州市宁远县明德湘南中学2024-2025学年高二下学期期末考试数学试卷
一、单项选择题：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．（2025高二下·宁远期末）已知集合，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：由，解得，所以，而，所以，所以.
故答案为：C.
【分析】确定集合和集合，再求它们的交集.确定集合要依据对数函数的定义域，确定集合要依据指数函数的性质，最后根据交集的定义求出.
2．（2025高二下·宁远期末）已知双曲线的标准方程为，则该双曲线的焦距是（ ）
A．1 B．3 C．2 D．4
【答案】C
【知识点】双曲线的标准方程
【解析】【解答】解：由双曲线方程可知，所以，则，．
故答案为：C.
【分析】双曲线焦距问题，需先明确双曲线标准方程形式，利用双曲线中、与（为半焦距 ）的关系求出，进而得到焦距.关键在于根据双曲线标准方程确定、的表达式，再结合计算.
3．（2025高二下·宁远期末）设等差数列的前n项和，若，，则（ ）
A．18 B．27 C．45 D．63
【答案】C
【知识点】等差数列的前n项和；等差数列的性质；等差中项
【解析】【解答】解：由题意得，，成等差数列，
即9，36-9，成等差数列，解得，故C正确.
故答案为：C.
【分析】利用等差数列的性质，，成等差数列，得到方程，求出答案.
4．（2025高二下·宁远期末）若古典概型的样本空间，事件，甲：事件，乙：事件相互独立，则甲是乙的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；相互独立事件
【解析】【解答】解：若，，
则，
因为，，
所以，
所以事件相互独立，
反过来，当，，
此时，，
满足，
则事件相互独立，
所以不一定，
所以甲是乙的充分不必要条件.
故答案为：A.
【分析】利用已知条件结合独立事件的定义，再结合充分条件、必要条件的判断方法，从而判断出甲是乙的充分不必要条件.
5．（2025高二下·宁远期末）冬季是流感高发期，其中甲型流感病毒传染性非常强．基本再生数与世代间隔是流行病学基本参考数据．某市疾控中心数据库统计分析，可以用函数模型来描述累计感染甲型流感病毒的人数随时间t，（单位：天）的变化规律，其中指数增长率与基本再生数和世代间隔T之间的关系近似满足，根据已有数据估计出时，．据此回答，累计感染甲型流感病毒的人数增加至的3倍至少需要（参考数据：，）（ ）
A．6天 B．7天 C．8天 D．9天
【答案】B
【知识点】对数的性质与运算法则；“指数爆炸”模型
【解析】【解答】解：依题意，，且时，，即，所以，，令，两边取以为底的对数得，所以至少需要天.
故答案为：B.
【分析】围绕指数函数模型在实际问题中的应用展开，根据已知条件求出指数增长率，确定累计感染人数的函数表达式，函数关系列出方程，对数运算求解时间，核心是指数函数与对数运算的综合运用.
6．（2025高二下·宁远期末）如图是两个底面半径都为1的圆锥底面重合在一起构成的几何体，上面圆锥的侧面积是下面圆锥侧面积的2倍，，则（ ）
A． B． C． D．3
【答案】C
【知识点】组合几何体的面积、表面积、体积问题；旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用
【解析】【解答】解：设两圆锥的高，，则，，由，有，可得，可得，又由上下圆锥侧面积之比为，即，可得，则有，即，代入整理为，解得（负值舍），可得，．
故答案为：C．
【分析】 结合圆锥侧面积公式、勾股定理，通过设未知数建立方程求解，先设出两个圆锥的高，利用圆锥母线长与高、底面半径的关系表示母线长，再依据垂直条件和侧面积倍数关系列方程，最后求解方程得到高的值，进而算出 .
7．（2025高二下·宁远期末）已知，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】两角和与差的正弦公式；二倍角的余弦公式；二倍角的正切公式；三角函数诱导公式二~六
【解析】【解答】解：，.，
，，，，又因为，所以，则，所以
..
故答案为：A.
【分析】用三角恒等变换公式化简已知条件，求出、相关值，再通过二倍角公式计算，核心是正切、正弦、余弦的三角恒等变换公式的运用.
8．（2025高二下·宁远期末）已知球的直径为是球面上两点，且，则三棱锥的体积（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；正弦定理；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：由题意可知为正三角形，设其外接圆圆心为M，半径为r，则，且平面，所以，故C到平面的距离为，所以三棱锥的体积为.
故答案为：C
【分析】分析的形状，求出其外接圆相关参数，用球体性质确定点到平面的距离，最后根据三棱锥体积公式计算体积.通过正三角形外接圆、球体半径与距离的关系，结合体积公式求解.
二、多项选择题：本大题共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．（2025高二下·宁远期末）某学校高一年级学生有900人，其中男生500人，女生400人，为了获得该校高一全体学生的身高信息，现采用样本量比例分配的分层随机抽样方法抽取了容量为180的样本，经计算得男生样本的均值为170，方差为19，女生样本的均值为161，方差为28，则下列说法中正确的是（ ）
A．男生样本容量为100 B．抽取的样本的方差为43
C．抽取的样本的均值为166 D．抽取的样本的均值为165.5
【答案】A,B,C
【知识点】分层抽样方法；极差、方差与标准差
【解析】【解答】解：∵男生样本量男生人数全体学生数总样本量.故A正确；样本均值.故C正确D错误；样本方差：
.故B正确.
故答案为：ABC.
【分析】围绕分层随机抽样的样本容量、均值和方差计算展开.根据分层随机抽样的比例关系确定各层样本容量，再利用均值和方差的计算公式，结合已知的男、女生样本统计量，逐步计算总体样本的均值和方差，以此判断各选项.
10．（2025高二下·宁远期末）已知，，且，则（ ）
A．， B．
C．最大值为4 D．的最小值为12
【答案】B,C,D
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：对于A，由题得且，所以，，故A错误；
对于B，由题及选项A得，令，则，故当时，；当时，，故函数在上单调递减；在上单调递增，又，所以，故即，故B正确；
对于C，由题及选项A得，令，则由一元二次函数性质可知函数在上单调递增，所以当时，，即最大值为4，故C正确；
对于D，由题及选项A得，令，则，所以当时，；当时，，故函数在上单调递减；在上单调递增，所以，即的最小值为12，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】围绕，且的条件，对四个选项分别分析：A：通过和，结合、的范围限制，求解、各自的取值范围.B：将变形为，构造函数，利用导数研究其在的单调性，进而确定的取值范围.C：把转化为，构造函数，依据二次函数单调性判断的最大值.D：把转化为，构造函数，借助导数研究其在的单调性，求出最小值.
11．（2025高二下·宁远期末）已知数列的前n项和为，且，，则（ ）
A．当时，
B．
C．数列单调递增，单调递减
D．当时，恒有
【答案】A,C,D
【知识点】等比数列概念与表示；等比数列的性质；数列的递推公式；数列的前n项和
【解析】【解答】解：由题意可得：，，由可知：，但，可知对任意的，都有，
对于选项A：若，则，即，故A正确；
对于选项B：，即，故B错误.
对于选项C：因为，，则，且，可知是等比数列，则，设，，可得，，因为，可知为递增数列，所以数列单调递增，单调递减，故C正确；
对于选项D：因为，，由，可得，即，则，即；由，可得，即，则，即；以此类推，可得对任意的，都有，又因为，则，所以，故D正确.
故选：ACD.
【分析】围绕数列的前项和的递推关系展开，需结合数列性质、作差法、等比数列判定及单调性、放缩法等知识分析各选项：A、B：通过作差法比较相邻项大小，判断的单调性.C：构造等比数列，依据等比数列通项及单调性，分析和的单调性.D：利用递推关系放缩，结合等比数列求和判断不等式是否成立 .
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．（2025高二下·宁远期末）在（其中）的展开式中，的系数为，各项系数之和为，则 .
【答案】5
【知识点】二项式系数的性质；二项展开式的通项；二项式系数
【解析】【解答】解：由题意得的展开式中的系数为，即，
令，得各项系数之和为，则n为奇数，且，即得，
故答案为：5.
【分析】利用二项式展开式的通项公式求出的系数，再通过赋值法得到各项系数之和，进而联立方程求解的值.
13．（2025高二下·宁远期末）已知四面体，其中，，，为的中点，则直线与所成角的余弦值为 ；四面体外接球的表面积为 ．
【答案】 ；
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体
【解析】【解答】解：在四面体中，，，，将四面体补成长方体，则，解得，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、，所以，，，则，所以，直线与所成角的余弦值为，长方体的体对角线长，，所以，四面体外接球半径为，故四面体外接球的表面积为.
故答案为：；.
【分析】 解决四面体中异面直线所成角和外接球表面积问题，对于异面直线所成角，可通过补成长方体，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解；对于外接球表面积，补成长方体后，四面体的外接球就是长方体的外接球，通过长方体体对角线求出外接球半径，进而计算表面积，核心思路是利用补形法将四面体转化为熟悉的长方体，借助空间向量和长方体性质简化计算.
14．（2025高二下·宁远期末）函数（）在区间上有且只有两个零点，则的取值范围是 .
【答案】
【知识点】含三角函数的复合函数的周期；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】 解：因为在区间上有且只有两个零点，
所以，
即，
解得，
由f(x)=0可得，，，
则，
所以或
解得或.
故答案为：.
【分析】 直接根据已知条件结合正弦函数的周期性及零点存在条件即可求解.
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．（2025高二下·宁远期末）在锐角中，内角，，的对边分别为，，，已知．
（1）求；
（2）求的取值范围．
【答案】（1）解：，由正弦定理得．因为，所以．因为为锐角三角形，所以.
（2）解：因为，所以．因为为锐角三角形，所以得.因为，由，得，所以.即的取值范围为.
【知识点】两角和与差的正弦公式；含三角函数的复合函数的值域与最值；解三角形；正弦定理；辅助角公式
【解析】【分析】围绕锐角三角形展开，需利用正弦定理、三角形内角和及三角函数性质求解：（1）求角：利用正弦定理将边化为角，结合求出，再根据锐角三角形条件确定A.（2）求的取值范围：先由三角形内角和及锐角三角形条件确定的范围，再将转化为，化简表达式后结合三角函数单调性求范围 .
（1），由正弦定理得．
因为，所以．因为为锐角三角形，所以．
（2）因为，所以．
因为为锐角三角形，所以得．
因为，
由，得，所以.
即的取值范围为.
16．（2025高二下·宁远期末）如图，P为圆锥的顶点，为圆锥底面的直径，为等边三角形，O是圆锥底面的圆心．为底面圆O的内接正三角形，且边长为，点E为线段中点．
（1）求证：平面平面；
（2）M为底面圆O的劣弧上一点，且．求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）证明：
设交于点，因为为圆锥底面的直径，
所以由垂径分线定理可知，又因为为底面圆O的内接正三角形，
所以，即点是的中点，
又因为点E为线段中点，即是三角形的中位线，所以，
由题意面，所以面，
又因为面，所以平面平面.
（2）解：
由（1）可知两两垂直，以为原点，分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系：
显然可取平面的一个法向量为，因为，等边的边长为，
所以由正弦定理得圆的半径为，从而，即，而，
所以，即，
因为为等边三角形，是三角形的中位线，
所以，即，
所以，
设平面的法向量为，所以，
令，解得，即可取平面的一个法向量为，
从而.
所以平面与平面夹角的余弦值为.
【知识点】平面与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】围绕圆锥相关的立体几何问题展开，需利用圆锥性质、线面垂直与面面垂直判定、空间向量法求解：（1）证明平面平面：通过找线面垂直关系，利用面面垂直判定定理证明。关键是证明平面，可结合圆锥性质（底面 ）和三角形中位线定理推导.
（2）求平面与平面夹角的余弦值：建立空间直角坐标系，求出两平面的法向量，利用向量夹角公式计算。需先确定各点坐标，再求法向量，最后算夹角.
（1）
设交于点，因为为圆锥底面的直径，
所以由垂径分线定理可知，
又因为为底面圆O的内接正三角形，
所以，即点是的中点，
又因为点E为线段中点，即是三角形的中位线，
所以，
由题意面，
所以面，
又因为面，
所以平面平面；
（2）由（1）可知两两垂直，
以为原点，分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系：
显然可取平面的一个法向量为，
因为，等边的边长为，
所以由正弦定理得圆的半径为，从而，即，
而，所以，即，
因为为等边三角形，是三角形的中位线，
所以，即，
所以，
设平面的法向量为，
所以，令，解得，
即可取平面的一个法向量为，
从而.
所以平面与平面夹角的余弦值为.
17．（2025高二下·宁远期末）有个正数，排成n行n列的数表：其中表示位于第i行，第j列的数，数表中每一行的数成等差数列，每一列的数成等比数列，并且所有公比相等，已知，，.
（1）求公比.
（2）求.
【答案】（1）解：第4行公差为，.由已知：，
所以.又每个数都是正数，所以.
（2）解：因为，所以是首项为，公差为的等差数列.故.
因为每一列的数成等比数列，并且所有的公比都相等，
所以.故，
设的前n项和为，
①.②，①-②得
.所以.
【知识点】等差数列的通项公式；等比数列的通项公式；等差数列的性质；等比数列的性质
【解析】【分析】围绕数表中行列的等差、等比数列性质展开，分两问求解：（1）求公比：利用第4行的等差数列性质求出，再结合第4列的等比数列性质，结合数为正数确定公比.（2）求：先通过第4行等差数列求出的通项，再结合列的等比数列性质得到通项，进而确定通项，最后用错位相减法求数列和.
（1）第4行公差为，.
由已知：，所以.
又每个数都是正数，所以.
（2）因为，所以是首项为，公差为的等差数列.故.
因为每一列的数成等比数列，并且所有的公比都相等，所以.
故，设的前n项和为，
①.
②，
①-②得
.所以.
18．（2025高二下·宁远期末）已知函数，其中．
（1）若在上单调递增，求的取值范围；
（2）当时，若且，比较与的大小，并说明理由
【答案】（1）解：，在上单调递增，
在上恒成立且满足的点不连续．
当时，．由在上单调递减可知，
当时，，，
综上，的取值范围为.
（2）解：当时，，且，下面证明，即证明，
等价于证明：，设，所证即为：，
等价于证明：，
设函数．
在上单调递增，
而，，所证不等式成立．
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】围绕函数（ ）展开，分两问考查导数的应用：（1）求的取值范围：利用函数单调性与导数的关系，在上单调递增，则其导数在上恒成立，通过分离参数求解的范围.
（2）比较与的大小：当时，将与的大小比较转化为函数值的比较，通过构造函数，利用导数研究函数单调性来证明.
（1），
在上单调递增，在上恒成立且满足的点不连续．
当时，．由在上单调递减可知，
当时，，，
综上，的取值范围为
（2）当时，，
且，
下面证明，
即证明，等价于证明：，
设，所证即为：，
等价于证明：，
设函数．
在上单调递增，而，
，所证不等式成立．
19．（2025高二下·宁远期末）马尔科夫链因俄国数学家安德烈 马尔科夫得名，其过程具备“无记忆”的性质，即第次状态的概率分布只跟第次的状态有关，与第次状态无关.马尔科夫链是概率统计中的一个重要模型，也是机器学习和人工智能的基石，在强化学习、自然语言处理、金融领域、天气预测等方面都有着极其广泛的应用.现有两个盒子，各装有2个黑球和1个红球，现从两个盒子中各任取一个球交换放入另一个盒子，重复进行次这样的操作后，记盒子中红球的个数为，恰有1个红球的概率为.
（1）求的值；
（2）求的值（用表示）；
（3）求证：的数学期望为定值.
【答案】（1）解： 设第次操作后盒子中恰有2个红球的概率为，则没有红球的概率为.由题意知，
（2）解： 因为.所以.又因为，所以是以为首项，为公比的等比数列.所以，
（3）证明：因为，①
②所以①一②，得.又因为，所以，所以.
的可能取值是，所以的概率分布列为
0 1 2
所以.所以的数学期望为定值1.
【知识点】等比数列概念与表示；数列的递推公式；古典概型及其概率计算公式；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【分析】（1）需用古典概型，分析交换球后盒恰有个红球的情况数；
（2）要找出的递推关系，转化为等比数列求解；
（3）通过定义数学期望，利用递推或性质证明其为定值，概率计算、递推数列及期望定义的运用.
（1）设第次操作后盒子中恰有2个红球的概率为，则没有红球的概率为.
由题意知，
（2）因为.
所以.
又因为，所以是以为首项，为公比的等比数列.
所以，
（3）因为，①
②
所以①一②，得.
又因为，所以，所以.
的可能取值是，
所以的概率分布列为
0 1 2
所以.
所以的数学期望为定值1.
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