湖南省岳阳市汨罗市第一中学2024-2025学年高二下学期6月期末数学试题
一、单选题（每题5分，共40分）
1．（2025高二下·汨罗期末）展开式中第4项的二项式系数为（ ）
A． B．1120 C．56 D．70
2．（2025高二下·汨罗期末）已知△ABC的顶点B，C在椭圆 +y2=1上，顶点A是椭圆的一个焦点，且椭圆的另外一个焦点在BC边上，则△ABC的周长是（ ）
A． B．6 C． D．12
3．（2025高二下·汨罗期末）数列的通项公式为，则“”是“为递增数列”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．既不充分也不必要条件 D．充要条件
4．（2025高二下·汨罗期末）命题：“，，使得”的否定是（ ）
A．，，使得 B．，，使得
C．，，使得 D．以上结论都不正确
5．（2025高二下·汨罗期末）在等比数列中，其前n项和为若数列也是等比数列，则等于
A． B．3n C． D．
6．（2025高二下·汨罗期末）已知函数，若对任意，有， 则（ ）
A． B． C． D．
7．（2025高二下·汨罗期末）设随机变量，记，，下列说法正确的是（ ）
A．当k由0增大到n时，先增后减，在某一个（或两个）k值处达到最大.二项分布当时是对称的，当时向右偏倚，当时向左偏倚
B．如果为正整数，当且仅当时，取最大值
C．如果为非整数，当且仅当k取的整数部分时，取最大值
D．
8．（2025高二下·汨罗期末）已知函数，，若，，则的最小值为（ ）
A． B．e C． D．
二、多选题（每题5分，共20分）
9．（2025高二下·汨罗期末）下列说法中正确的是（ ）
A．将一组数据中的每一个数据都加上或减去同一个常数后，方差不变
B．设有一个线性回归方程，变量增加1个单位时，平均增加5个单位
C．设具有相关关系的两个变量的相关系数为，则越接近于，和之间的线性相关程度越强
D．在一个列联表中，由计算得的值，则的值越大，判断两个变量间有关联的把握就越大
10．（2025高二下·汨罗期末）下列命题错误的是：（ ）
A．两平行直线与之间的距离是
B．若点，，直线l过点且与线段相交，则l的斜率k的取值范围是或
C．若点在圆外，则直线与圆相离
D．若，则直线被圆所截得的弦长为1
11．（2025高二下·汨罗期末）已知定义在上的函数满足：对，都有，则对于，，下式成立的有（ ）
A． B． C． D．
12．（2025高二下·汨罗期末）在棱长为2的正方体中，点满足，其中，，则（ ）
A．当时，
B．当时，三棱锥的体积为
C．当时，平面
D．当时，到平面的距离为
三、填空题（每题5分，共20分）
13．（2025高二下·汨罗期末）数列满足，则的最大值为 .
14．（2025高二下·汨罗期末）已知幂函数满足，若函数，在区间上是减函数，则非负实数的取值范围是 ．
15．（2025高二下·汨罗期末）已知某商品进价为a元/件，根据以往经验，当售价是元/件时，可卖出c件，市场调查表明，当售价下降10%时，销量可增加40%.现决定一次性降价，为获得最大利润，售价应定为 元/件.（用含a，b的式子表示）
16．（2025高二下·汨罗期末）定义，那么以下说法正确的有（填序号） ．
A．
B．除了以外，都是奇数
C．对于任意的n，
D．以，，为三边的三角形是直角三角形
四、解答题（共70分）
17．（2025高二下·汨罗期末）如图，和所在平面垂直，且，，求：
（1）直线与平面所成角的大小；
（2）平面和平面夹角的余弦值.
18．（2025高二下·汨罗期末）已知直线被圆截得的弦长为．
（1）求圆C的方程；
（2）若直线l的方程为，试确定直线l与圆C的位置关系．
19．（2025高二下·汨罗期末）现有10个球，其中5个球由甲工厂生产，3个球由乙工厂生产，2个球由丙工厂生产．这三个工厂生产该类产品的合格率依次是，，．现从这10个球中任取1个球，设事件为“取得的球是合格品”，事件分别表示“取得的球是甲、乙、丙三个工厂生产的”．
（1）求；
（2）若取出的球是合格品，求该球是甲工厂生产的概率．
20．（2025高二下·汨罗期末）已知函数，其中.
（1）若曲线在处的切线与直线垂直，求a的值及切线方程；
（2）若函数在定义域内单调递减，求a的取值范围.
21．（2025高二下·汨罗期末）甲、乙、丙三人相互做传球训练，第1次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外两个人中的任何一人.
（1）求次传球后球在甲手中的概率；
（2）求次传球后球在乙手中的概率；
（3）已知：若随机变量服从两点分布，且，，则，记前n次传球后（即从第1次传球到第次传球后）球在甲手中的次数为，求.
22．（2025高二下·汨罗期末）微分中值定理是微积分学中的重要定理，它是研究区间上函数值变化规律的有效工具，其中拉格朗日中值定理是核心，它的内容如下：
如果函数在闭区间上连续，在开区间可导，导数为，那么在开区间内至少存在一点，使得，其中叫做在上的“拉格朗日中值点”.已知函数.
（1）若，求函数在上的“拉格朗日中值点”；
（2）若，求证：函数在区间图象上任意两点，连线的斜率不大于；
（3）若，且，求证：.
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】二项式定理；二项式系数
【解析】【解答】解：展开式中第4项的二项式系数为.
故答案为：C.
【分析】要解决展开式中第项二项式系数的问题，需先明确二项式系数的定义，再结合二项式展开式的项数与组合数的对应关系来求解.
2．【答案】C
【知识点】椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：由椭圆的定义：椭圆上一点到两焦点的距离之和等于长轴长2a，
可得△ABC的周长为4a= ，
故选C
【分析】由椭圆的定义：椭圆上一点到两焦点的距离之和等于长轴长2a，可得△ABC的周长．
3．【答案】B
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；函数单调性的性质
【解析】【解答】解：由题意得数列为递增数列等价于对任意恒成立，即对任意恒成立，因为，且可以无限接近于0，所以，
所以“”是“为递增数列”的必要不充分条件，
故答案为：B.
【分析】判断“”与“为递增数列”的条件关系，明确数列递增的等价条件（对任意恒成立 ）.通过计算并化简，得到关于和的不等式，再分析该不等式恒成立时的取值范围，最后对比“”与所求范围，依据充分、必要条件定义判断.将数列递增转化为不等式恒成立问题，用数列（正整数 ）的特性分析的取值边界.
4．【答案】B
【知识点】全称量词命题；命题的否定；命题的真假判断与应用
【解析】【解答】解：“，，使得”的否定是“，，使得”，
故答案为：B.
【分析】考查全称命题与特称命题的否定规则.明确全称量词与存在量词的相互转换，以及命题结论的否定方式，通过对原命题的量词和结论进行相应变换来得到否定形式.
5．【答案】B
【知识点】等比数列概念与表示；等比数列的前n项和；等比数列的性质
【解析】【解答】解：设等比数列的公比为q，由数列也是等比数列，，，化为，
解得．．
故答案为：B．
【分析】用等比数列的性质来确定原等比数列的公比，求出其前项和.已知是等比数列且也是等比数列，根据等比数列中若成等比数列，则这一性质，选中连续三项（对应原数列的前三项相关）来建立等式，从而求解公比，代入前项和公式计算.
6．【答案】A
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：由题意得，因为，所以在x=1处取得最小值，即为x=1是的极小值点，所以，即，
所以，令，
则，令，解得，当时，，
所以为增函数，当时，，所以为减函数，
所以，
所以，即.
故答案为：A
【分析】围绕函数的极值与单调性展开，用“对任意成立”这一条件，确定是函数的极小值点，通过导数求出与的关系，构造新函数比较与的大小.
7．【答案】C
【知识点】二项分布
【解析】【解答】解：因为，，，
由，得，
解得，
若为正整数，则或时，取最大值，故B错误；
若为非整数，则取的整数部分时，取最大值，故C正确；
综上所述，当k由0增大到n时，先增后减，在某一个（或两个）k值处达到最大.
根据二项分布的图象性质可得，当时是对称的，当时向左偏倚，当时向右偏倚，故A错误；
而，故D错误.
故答案为：C.
【分析】本题围绕二项分布展开，要判断各选项对错，需从二项分布概率的变化规律、最大值取得条件，以及期望公式入手，通过分析与相邻项、的大小关系，推导取最大值时的取值，再结合二项分布图象性质和期望公式判断选项.
8．【答案】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：由题意得：，两边取对数，，即，所以，因为，所以，其中恒成立，所以单调递增，且时，，时，，故，，即，所以，令，，，当时，，当时，，所以在处取得最小值，
故答案为：D.
【分析】对已知条件进行转化，用函数单调性找到变量间关系，构造新函数求最值.处理的等式，结合的单调性得到与的关系，将转化为关于的函数，用导数求该函数最小值.
9．【答案】A,D
【知识点】极差、方差与标准差；线性回归方程；独立性检验；样本相关系数r及其数字特征
【解析】【解答】解：将一组数据中的每一个数据都加上或减去同一个常数后，方差不变，满足方差的性质，A正确；
设有一个线性回归方程，变量x增加1个单位时，平均减少5个单位；所以B不正确；
设具有相关关系的两个变量x，y的相关系数为r，则越接近于0，x和y之间的线性相关程度越弱，所以C 不正确；
在一个2×2列联表中，由计算得的值，则的值越大，判断两个变量间有关联的把握就越大，所以D正确；
故答案为：AD．
【分析】依据方差性质、线性回归方程特点、相关系数含义、独立性检验中的意义来判断正误.对统计学中这几个基础概念的理解，通过回忆各概念的定义和性质，对比选项描述进行判断.
10．【答案】B,C
【知识点】直线的斜率；平面内两条平行直线间的距离；点与圆的位置关系；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：A：直线即为，由平行直线距离公式得两直线间距离为，故A正确；
B：如上图，直线l过点且与线段相交，∵，，∴l的斜率k的取值范围是，故B错误；
C：∵点在圆外，∴，则.又∵圆的圆心到直线的距离为，∴直线与圆相交，故C错误；
D：由题意，圆的半径，圆心为，圆心到直线的距离为，∵，∴，则，∴，∴直线被圆所截得的弦长为，故D正确；
故答案为：BC.
【分析】对每个选项，运用对应的数学公式（两平行直线间距离公式、直线斜率公式、直线与圆位置关系判定及弦长公式 ）来分析判断命题的正误，通过逐一验证各选项得出错误命题.
11．【答案】B,C,D
【知识点】抽象函数及其应用；对数的性质与运算法则
【解析】【解答】解：A、定义在上的函数满足：对，都有，
设，
，A错误.
B、，，B正确；
C、
，C正确；
D、，，D正确；
故答案为：BCD.
【分析】本题围绕定义在上满足的抽象函数展开，需利用函数性质，通过对、进行运算变形（如除法、幂运算、开方运算 ），结合已知等式推导各选项是否成立.
12．【答案】A,C,D
【知识点】空间直角坐标系；平面与平面平行的性质；直线与平面垂直的性质；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】
解：当时，，根据正方体结构特征，易知平面平面，所以，故A正确.
当时，.易知到平面的距离为定值2.因为，所以，故B错误.
当时，，根据正方体结构特征，易证面面面，所以面，故C正确.
当时，，即为的中点，以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，则，所以平面的法向量为，，所以到平面的距离，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】围绕正方体中的点、线、面关系及空间几何运算展开，用正方体的结构特征，结合线面垂直、锥体体积公式、面面平行性质、空间向量（或几何法）求解点到平面距离.将向量表示的点位置，转化为几何位置，再运用相应几何定理、公式计算判断.
13．【答案】26
【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法；数列的通项公式
【解析】【解答】解：当且时，由通项公式可知，数列递增，此时最大值为；当且时，由通项公式可知，数列递减，最大值为.综上可知，当时，最大值为26.
故答案为：26.
【分析】分析数列在不同区间的单调性，求出各区间内的最大值，最后比较得到整个数列的最大值.用分段函数的特点，结合一次函数的单调性（斜率判断增减 ），分别处理和两个区间的数列表达式，求出各自最大值后对比.
14．【答案】．
【知识点】函数单调性的性质；幂函数的图象与性质
【解析】【解答】解：依题意可知，，解得：，又，所以或1，则，所以：．，当时，在单调递减成立；当时，开口向下，对称轴右侧单调递减，所以，解得；综上所述，，
故答案为：．
【分析】根据幂函数的性质确定的表达式，再将其代入，然后分情况讨论的取值，结合二次函数（或一次函数）的单调性来确定的范围.
15．【答案】
【知识点】函数与方程的综合运用；二次函数模型
【解析】【解答】解：设销售价为x，可获得的利润为y，
则，
求导得，
令，解得，
由知，，
又，，
所以当时，，函数单增；
当时，，函数单减；
因此是函数的极大值点，也是最大值点；
故当销售价为元/件时，可获得最大利润.
故答案为：.
【分析】1. 建立销量与售价的关联：通过“售价下降 对应销量增加”的比例关系，将售价转化为销量的表达式，体现“变化量的比例换算”。
2. 构建利润函数：依据“利润 = 销量×（售价 - 进价）”，代入销量表达式，得到关于的二次函数（含常数系数 ），核心是“利润公式的直接应用”。
3. 求导找极值点：对利润函数求导，令导数为 求解极值点，利用“导数为 时函数取得极值”的性质。
4. 验证极值点有效性：结合售价的实际范围（大于进价、不超过原售价合理边界 ），分析导数符号确定单调性，进而确认极大值点为最大值点，确保“数学极值符合实际意义”。
16．【答案】BCD
【知识点】函数的奇偶性；数列的递推公式；数列的通项公式
【解析】【解答】解：A：计算可得：，，，．所以A错误
B：注意到显然都是整数，从而必然是偶数，从而必然是奇数，B正确
C：首先可以注意到，从而，，
从而，从而
，C正确．
D：，，从而命题D成立.
故答案为：BCD．
【分析】围绕数列的递推公式.A：通过递推计算前几项判断；B：利用整数性质分析奇偶性；C：通过裂项相消法求和判断；D：通过勾股定理逆定理验证三边是否构成直角三角形.紧扣递推公式，结合数列性质、代数运算、几何定理逐一判断.
17．【答案】（1）解：
过点作交的延长线于，连接，因为，，所以，
因此，
又因为平面平面，且平面平面，平面，
所以平面，
又平面，平面，所以，，
因此两两垂直，
以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
设，则，
则，则，
由于平面，所以平面的一个法向量为，
设直线与平面所成的角为，
则，
又因为线面角的范围是，所以，
因此直线与平面所成的角为.
（2）解：，则，
设平面的法向量为，
所以，
令，可得，则，
则，
故平面和平面的夹角的余弦值为.
【知识点】平面与平面垂直的性质；空间向量的夹角与距离求解公式；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）先找线面垂直关系确定直线在平面内的射影，或用向量法，通过直线方向向量与平面法向量的夹角求线面角.
（2）借助两个平面的法向量，通过计算法向量夹角的余弦值，得到平面夹角的余弦值，关键是准确求出平面的法向量.
（1）过点作交的延长线于，连接，
因为，，所以，
因此，
又因为平面平面，且平面平面，平面，
所以平面，
又平面，平面，所以，，
因此两两垂直，
以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
设，则，
则，则，
由于平面，所以平面的一个法向量为，
设直线与平面所成的角为，
则，
又因为线面角的范围是，所以，
因此直线与平面所成的角为；
（2），则，
设平面的法向量为，
所以，
令，可得，则，
则，
故平面和平面的夹角的余弦值为.
18．【答案】（1）解：由题可得圆的圆心C的坐标为，半径为．
∵圆心C到直线的距离为，
直线被圆C截得的弦长为，
∴，解得或1．
∵，∴，
故圆C的方程为；
（2）解：∵l的方程可化为，
∴
解得即l恒过定点．
∵圆心为，
∴点A在圆C内，从而直线l与圆C恒相交．
【知识点】圆的标准方程；直线与圆的位置关系
【解析】【分析】（1）根据圆弦长公式，结合点到直线的距离公式进行求解即可；
（2）根据直线方程的特征求出直线 恒过定点，结合该点到圆心的距离与圆半径大小关系进行求解即可.
19．【答案】（1）解：依题意，.
（2）解：，
则
所以，
故该球是甲工厂生产的概率为.
【知识点】古典概型及其概率计算公式；全概率公式；条件概率
【解析】【分析】（1）根据已知条件，利用古典概率公式计算即可；
（2）由（1）的结论，利用全概率公式列式计算求得，再利用条件概率求解即可.
20．【答案】（1）解： 由题可知，则，解得.切点为，切线为.
（2）解：∵在上是减函数，∴对恒成立，所以，令，则，由得，当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，故只需，故a的取值范围.
【知识点】导数的几何意义；导数的四则运算；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】（1）求函数导数，用切线与已知直线垂直的条件（斜率乘积为 ）求出参数，结合切点坐标，用点斜式得切线方程.导数的计算和切线斜率与直线垂直的关系.
（2）函数在定义域内单调递减等价于其导数在定义域内小于等于恒成立.分离参数，转化为求新函数的最小值，用导数研究新函数的单调性和最值，确定参数取值范围.导数与函数单调性的关系、分离参数法和利用导数求函数最值.
（1）由题可知，则，解得.
切点为，切线为
（2）∵在上是减函数，
∴对恒成立，所以，
令，则，由得，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，故只需
故a的取值范围.
21．【答案】（1）解：记表示事件“经过次传球后，球在甲手中”，设次传球后球在甲手中的概率为，，
若发生，即经过次传球后，球再次回到甲手中，
那么第次传球后，球一定不在甲手中，即事件一定不发生，
则有，，
必有，即，
即，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以，即.
（2）解：记表示事件“经过次传球后，球在乙手中”，设次传球后球在乙手中的概率为，，
若发生，即经过次传球后，球在乙手中，
那么第次传球后，球一定不在乙手中，即事件一定不发生，
则有，，
必有，即，
即，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以，即.
（3）解：由题意次传球后球在甲手中的次数服从两点分布，且，
所以，，
由（1）得，
则.
【知识点】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）将“次传球后球在甲手中的次数” 分解为每次传球的两点分布变量 之和，即 ；
（2）依据期望的线性性质， 等于各 之和，而 是第次传球后球在甲手中的概率 ；
（3）代入（1）中 的表达式，拆分求和并利用等比数列求和公式计算，最终得到 的表达式。
（1）记表示事件“经过次传球后，球在甲手中”，
设次传球后球在甲手中的概率为，，
若发生，即经过次传球后，球再次回到甲手中，
那么第次传球后，球一定不在甲手中，即事件一定不发生，
则有，，
必有，即，
即，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以，即.
（2）记表示事件“经过次传球后，球在乙手中”，
设次传球后球在乙手中的概率为，，
若发生，即经过次传球后，球在乙手中，
那么第次传球后，球一定不在乙手中，即事件一定不发生，
则有，，
必有，即，
即，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以，即.
（3）由题意次传球后球在甲手中的次数服从两点分布，且，
所以，，
由（1）得，
则.
22．【答案】（1）解：当时，则，因为为函数在上的“拉格朗日中值点，则，即，解得.
（2）证明：当时，不妨设，，，则，又，令，则，又，所以恒成立，所以当时，当时，所以在上单调递增，在上单调递减，所以在处取得极大值，即最大值，所以，所以，由拉格朗日中值定理可知必存在使得，即，又，所以，即函数在区间图象上任意两点，连线的斜率不大于.
（3）证明：当时，由拉格朗日中值定理知，存在和，使得，，所以只需证明，即证明在上单调递减，又，令，则，令，则，当时，令，，则，则在上单调递增，又，，所以存在使得，所以当时，则，即单调递增，当时，则，即单调递减，所以在处取得极大值，即最大值，所以
，所以，所以在上单调递减，即在上单调递减，命题得证.
【知识点】函数的连续性；简单复合函数求导法则；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；拉格朗日中值定理
【解析】【分析】（1）先代入、化简函数，再求导，利用拉格朗日中值定理列方程求解.
（2）通过设两点，将斜率表示为导数形式，求导后构造新函数，利用单调性求最值证明.
（3）构造新函数，通过求导判断单调性来证明斜率的大小关系.
（1）当时，则，
因为为函数在上的“拉格朗日中值点，
则，
即，解得
（2）当时，
不妨设，，，则，
又，令，
则，
又，所以恒成立，
所以当时，当时，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以在处取得极大值，即最大值，
所以，所以，
由拉格朗日中值定理可知必存在使得，
即，又，所以，
即函数在区间图象上任意两点，连线的斜率不大于；
（3）当时，
由拉格朗日中值定理知，存在和，
使得，，
所以只需证明，即证明在上单调递减，
又，
令，
则，
令，
则，
当时，
令，，则，则在上单调递增，
又，，
所以存在使得，
所以当时，则，即单调递增，
当时，则，即单调递减，
所以在处取得极大值，即最大值，
所以
，
所以，所以在上单调递减，
即在上单调递减，命题得证.
1 / 1湖南省岳阳市汨罗市第一中学2024-2025学年高二下学期6月期末数学试题
一、单选题（每题5分，共40分）
1．（2025高二下·汨罗期末）展开式中第4项的二项式系数为（ ）
A． B．1120 C．56 D．70
【答案】C
【知识点】二项式定理；二项式系数
【解析】【解答】解：展开式中第4项的二项式系数为.
故答案为：C.
【分析】要解决展开式中第项二项式系数的问题，需先明确二项式系数的定义，再结合二项式展开式的项数与组合数的对应关系来求解.
2．（2025高二下·汨罗期末）已知△ABC的顶点B，C在椭圆 +y2=1上，顶点A是椭圆的一个焦点，且椭圆的另外一个焦点在BC边上，则△ABC的周长是（ ）
A． B．6 C． D．12
【答案】C
【知识点】椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：由椭圆的定义：椭圆上一点到两焦点的距离之和等于长轴长2a，
可得△ABC的周长为4a= ，
故选C
【分析】由椭圆的定义：椭圆上一点到两焦点的距离之和等于长轴长2a，可得△ABC的周长．
3．（2025高二下·汨罗期末）数列的通项公式为，则“”是“为递增数列”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．既不充分也不必要条件 D．充要条件
【答案】B
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；函数单调性的性质
【解析】【解答】解：由题意得数列为递增数列等价于对任意恒成立，即对任意恒成立，因为，且可以无限接近于0，所以，
所以“”是“为递增数列”的必要不充分条件，
故答案为：B.
【分析】判断“”与“为递增数列”的条件关系，明确数列递增的等价条件（对任意恒成立 ）.通过计算并化简，得到关于和的不等式，再分析该不等式恒成立时的取值范围，最后对比“”与所求范围，依据充分、必要条件定义判断.将数列递增转化为不等式恒成立问题，用数列（正整数 ）的特性分析的取值边界.
4．（2025高二下·汨罗期末）命题：“，，使得”的否定是（ ）
A．，，使得 B．，，使得
C．，，使得 D．以上结论都不正确
【答案】B
【知识点】全称量词命题；命题的否定；命题的真假判断与应用
【解析】【解答】解：“，，使得”的否定是“，，使得”，
故答案为：B.
【分析】考查全称命题与特称命题的否定规则.明确全称量词与存在量词的相互转换，以及命题结论的否定方式，通过对原命题的量词和结论进行相应变换来得到否定形式.
5．（2025高二下·汨罗期末）在等比数列中，其前n项和为若数列也是等比数列，则等于
A． B．3n C． D．
【答案】B
【知识点】等比数列概念与表示；等比数列的前n项和；等比数列的性质
【解析】【解答】解：设等比数列的公比为q，由数列也是等比数列，，，化为，
解得．．
故答案为：B．
【分析】用等比数列的性质来确定原等比数列的公比，求出其前项和.已知是等比数列且也是等比数列，根据等比数列中若成等比数列，则这一性质，选中连续三项（对应原数列的前三项相关）来建立等式，从而求解公比，代入前项和公式计算.
6．（2025高二下·汨罗期末）已知函数，若对任意，有， 则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：由题意得，因为，所以在x=1处取得最小值，即为x=1是的极小值点，所以，即，
所以，令，
则，令，解得，当时，，
所以为增函数，当时，，所以为减函数，
所以，
所以，即.
故答案为：A
【分析】围绕函数的极值与单调性展开，用“对任意成立”这一条件，确定是函数的极小值点，通过导数求出与的关系，构造新函数比较与的大小.
7．（2025高二下·汨罗期末）设随机变量，记，，下列说法正确的是（ ）
A．当k由0增大到n时，先增后减，在某一个（或两个）k值处达到最大.二项分布当时是对称的，当时向右偏倚，当时向左偏倚
B．如果为正整数，当且仅当时，取最大值
C．如果为非整数，当且仅当k取的整数部分时，取最大值
D．
【答案】C
【知识点】二项分布
【解析】【解答】解：因为，，，
由，得，
解得，
若为正整数，则或时，取最大值，故B错误；
若为非整数，则取的整数部分时，取最大值，故C正确；
综上所述，当k由0增大到n时，先增后减，在某一个（或两个）k值处达到最大.
根据二项分布的图象性质可得，当时是对称的，当时向左偏倚，当时向右偏倚，故A错误；
而，故D错误.
故答案为：C.
【分析】本题围绕二项分布展开，要判断各选项对错，需从二项分布概率的变化规律、最大值取得条件，以及期望公式入手，通过分析与相邻项、的大小关系，推导取最大值时的取值，再结合二项分布图象性质和期望公式判断选项.
8．（2025高二下·汨罗期末）已知函数，，若，，则的最小值为（ ）
A． B．e C． D．
【答案】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：由题意得：，两边取对数，，即，所以，因为，所以，其中恒成立，所以单调递增，且时，，时，，故，，即，所以，令，，，当时，，当时，，所以在处取得最小值，
故答案为：D.
【分析】对已知条件进行转化，用函数单调性找到变量间关系，构造新函数求最值.处理的等式，结合的单调性得到与的关系，将转化为关于的函数，用导数求该函数最小值.
二、多选题（每题5分，共20分）
9．（2025高二下·汨罗期末）下列说法中正确的是（ ）
A．将一组数据中的每一个数据都加上或减去同一个常数后，方差不变
B．设有一个线性回归方程，变量增加1个单位时，平均增加5个单位
C．设具有相关关系的两个变量的相关系数为，则越接近于，和之间的线性相关程度越强
D．在一个列联表中，由计算得的值，则的值越大，判断两个变量间有关联的把握就越大
【答案】A,D
【知识点】极差、方差与标准差；线性回归方程；独立性检验；样本相关系数r及其数字特征
【解析】【解答】解：将一组数据中的每一个数据都加上或减去同一个常数后，方差不变，满足方差的性质，A正确；
设有一个线性回归方程，变量x增加1个单位时，平均减少5个单位；所以B不正确；
设具有相关关系的两个变量x，y的相关系数为r，则越接近于0，x和y之间的线性相关程度越弱，所以C 不正确；
在一个2×2列联表中，由计算得的值，则的值越大，判断两个变量间有关联的把握就越大，所以D正确；
故答案为：AD．
【分析】依据方差性质、线性回归方程特点、相关系数含义、独立性检验中的意义来判断正误.对统计学中这几个基础概念的理解，通过回忆各概念的定义和性质，对比选项描述进行判断.
10．（2025高二下·汨罗期末）下列命题错误的是：（ ）
A．两平行直线与之间的距离是
B．若点，，直线l过点且与线段相交，则l的斜率k的取值范围是或
C．若点在圆外，则直线与圆相离
D．若，则直线被圆所截得的弦长为1
【答案】B,C
【知识点】直线的斜率；平面内两条平行直线间的距离；点与圆的位置关系；直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：A：直线即为，由平行直线距离公式得两直线间距离为，故A正确；
B：如上图，直线l过点且与线段相交，∵，，∴l的斜率k的取值范围是，故B错误；
C：∵点在圆外，∴，则.又∵圆的圆心到直线的距离为，∴直线与圆相交，故C错误；
D：由题意，圆的半径，圆心为，圆心到直线的距离为，∵，∴，则，∴，∴直线被圆所截得的弦长为，故D正确；
故答案为：BC.
【分析】对每个选项，运用对应的数学公式（两平行直线间距离公式、直线斜率公式、直线与圆位置关系判定及弦长公式 ）来分析判断命题的正误，通过逐一验证各选项得出错误命题.
11．（2025高二下·汨罗期末）已知定义在上的函数满足：对，都有，则对于，，下式成立的有（ ）
A． B． C． D．
【答案】B,C,D
【知识点】抽象函数及其应用；对数的性质与运算法则
【解析】【解答】解：A、定义在上的函数满足：对，都有，
设，
，A错误.
B、，，B正确；
C、
，C正确；
D、，，D正确；
故答案为：BCD.
【分析】本题围绕定义在上满足的抽象函数展开，需利用函数性质，通过对、进行运算变形（如除法、幂运算、开方运算 ），结合已知等式推导各选项是否成立.
12．（2025高二下·汨罗期末）在棱长为2的正方体中，点满足，其中，，则（ ）
A．当时，
B．当时，三棱锥的体积为
C．当时，平面
D．当时，到平面的距离为
【答案】A,C,D
【知识点】空间直角坐标系；平面与平面平行的性质；直线与平面垂直的性质；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】
解：当时，，根据正方体结构特征，易知平面平面，所以，故A正确.
当时，.易知到平面的距离为定值2.因为，所以，故B错误.
当时，，根据正方体结构特征，易证面面面，所以面，故C正确.
当时，，即为的中点，以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，则，所以平面的法向量为，，所以到平面的距离，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】围绕正方体中的点、线、面关系及空间几何运算展开，用正方体的结构特征，结合线面垂直、锥体体积公式、面面平行性质、空间向量（或几何法）求解点到平面距离.将向量表示的点位置，转化为几何位置，再运用相应几何定理、公式计算判断.
三、填空题（每题5分，共20分）
13．（2025高二下·汨罗期末）数列满足，则的最大值为 .
【答案】26
【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法；数列的通项公式
【解析】【解答】解：当且时，由通项公式可知，数列递增，此时最大值为；当且时，由通项公式可知，数列递减，最大值为.综上可知，当时，最大值为26.
故答案为：26.
【分析】分析数列在不同区间的单调性，求出各区间内的最大值，最后比较得到整个数列的最大值.用分段函数的特点，结合一次函数的单调性（斜率判断增减 ），分别处理和两个区间的数列表达式，求出各自最大值后对比.
14．（2025高二下·汨罗期末）已知幂函数满足，若函数，在区间上是减函数，则非负实数的取值范围是 ．
【答案】．
【知识点】函数单调性的性质；幂函数的图象与性质
【解析】【解答】解：依题意可知，，解得：，又，所以或1，则，所以：．，当时，在单调递减成立；当时，开口向下，对称轴右侧单调递减，所以，解得；综上所述，，
故答案为：．
【分析】根据幂函数的性质确定的表达式，再将其代入，然后分情况讨论的取值，结合二次函数（或一次函数）的单调性来确定的范围.
15．（2025高二下·汨罗期末）已知某商品进价为a元/件，根据以往经验，当售价是元/件时，可卖出c件，市场调查表明，当售价下降10%时，销量可增加40%.现决定一次性降价，为获得最大利润，售价应定为 元/件.（用含a，b的式子表示）
【答案】
【知识点】函数与方程的综合运用；二次函数模型
【解析】【解答】解：设销售价为x，可获得的利润为y，
则，
求导得，
令，解得，
由知，，
又，，
所以当时，，函数单增；
当时，，函数单减；
因此是函数的极大值点，也是最大值点；
故当销售价为元/件时，可获得最大利润.
故答案为：.
【分析】1. 建立销量与售价的关联：通过“售价下降 对应销量增加”的比例关系，将售价转化为销量的表达式，体现“变化量的比例换算”。
2. 构建利润函数：依据“利润 = 销量×（售价 - 进价）”，代入销量表达式，得到关于的二次函数（含常数系数 ），核心是“利润公式的直接应用”。
3. 求导找极值点：对利润函数求导，令导数为 求解极值点，利用“导数为 时函数取得极值”的性质。
4. 验证极值点有效性：结合售价的实际范围（大于进价、不超过原售价合理边界 ），分析导数符号确定单调性，进而确认极大值点为最大值点，确保“数学极值符合实际意义”。
16．（2025高二下·汨罗期末）定义，那么以下说法正确的有（填序号） ．
A．
B．除了以外，都是奇数
C．对于任意的n，
D．以，，为三边的三角形是直角三角形
【答案】BCD
【知识点】函数的奇偶性；数列的递推公式；数列的通项公式
【解析】【解答】解：A：计算可得：，，，．所以A错误
B：注意到显然都是整数，从而必然是偶数，从而必然是奇数，B正确
C：首先可以注意到，从而，，
从而，从而
，C正确．
D：，，从而命题D成立.
故答案为：BCD．
【分析】围绕数列的递推公式.A：通过递推计算前几项判断；B：利用整数性质分析奇偶性；C：通过裂项相消法求和判断；D：通过勾股定理逆定理验证三边是否构成直角三角形.紧扣递推公式，结合数列性质、代数运算、几何定理逐一判断.
四、解答题（共70分）
17．（2025高二下·汨罗期末）如图，和所在平面垂直，且，，求：
（1）直线与平面所成角的大小；
（2）平面和平面夹角的余弦值.
【答案】（1）解：
过点作交的延长线于，连接，因为，，所以，
因此，
又因为平面平面，且平面平面，平面，
所以平面，
又平面，平面，所以，，
因此两两垂直，
以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
设，则，
则，则，
由于平面，所以平面的一个法向量为，
设直线与平面所成的角为，
则，
又因为线面角的范围是，所以，
因此直线与平面所成的角为.
（2）解：，则，
设平面的法向量为，
所以，
令，可得，则，
则，
故平面和平面的夹角的余弦值为.
【知识点】平面与平面垂直的性质；空间向量的夹角与距离求解公式；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）先找线面垂直关系确定直线在平面内的射影，或用向量法，通过直线方向向量与平面法向量的夹角求线面角.
（2）借助两个平面的法向量，通过计算法向量夹角的余弦值，得到平面夹角的余弦值，关键是准确求出平面的法向量.
（1）过点作交的延长线于，连接，
因为，，所以，
因此，
又因为平面平面，且平面平面，平面，
所以平面，
又平面，平面，所以，，
因此两两垂直，
以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
设，则，
则，则，
由于平面，所以平面的一个法向量为，
设直线与平面所成的角为，
则，
又因为线面角的范围是，所以，
因此直线与平面所成的角为；
（2），则，
设平面的法向量为，
所以，
令，可得，则，
则，
故平面和平面的夹角的余弦值为.
18．（2025高二下·汨罗期末）已知直线被圆截得的弦长为．
（1）求圆C的方程；
（2）若直线l的方程为，试确定直线l与圆C的位置关系．
【答案】（1）解：由题可得圆的圆心C的坐标为，半径为．
∵圆心C到直线的距离为，
直线被圆C截得的弦长为，
∴，解得或1．
∵，∴，
故圆C的方程为；
（2）解：∵l的方程可化为，
∴
解得即l恒过定点．
∵圆心为，
∴点A在圆C内，从而直线l与圆C恒相交．
【知识点】圆的标准方程；直线与圆的位置关系
【解析】【分析】（1）根据圆弦长公式，结合点到直线的距离公式进行求解即可；
（2）根据直线方程的特征求出直线 恒过定点，结合该点到圆心的距离与圆半径大小关系进行求解即可.
19．（2025高二下·汨罗期末）现有10个球，其中5个球由甲工厂生产，3个球由乙工厂生产，2个球由丙工厂生产．这三个工厂生产该类产品的合格率依次是，，．现从这10个球中任取1个球，设事件为“取得的球是合格品”，事件分别表示“取得的球是甲、乙、丙三个工厂生产的”．
（1）求；
（2）若取出的球是合格品，求该球是甲工厂生产的概率．
【答案】（1）解：依题意，.
（2）解：，
则
所以，
故该球是甲工厂生产的概率为.
【知识点】古典概型及其概率计算公式；全概率公式；条件概率
【解析】【分析】（1）根据已知条件，利用古典概率公式计算即可；
（2）由（1）的结论，利用全概率公式列式计算求得，再利用条件概率求解即可.
20．（2025高二下·汨罗期末）已知函数，其中.
（1）若曲线在处的切线与直线垂直，求a的值及切线方程；
（2）若函数在定义域内单调递减，求a的取值范围.
【答案】（1）解： 由题可知，则，解得.切点为，切线为.
（2）解：∵在上是减函数，∴对恒成立，所以，令，则，由得，当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，故只需，故a的取值范围.
【知识点】导数的几何意义；导数的四则运算；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】（1）求函数导数，用切线与已知直线垂直的条件（斜率乘积为 ）求出参数，结合切点坐标，用点斜式得切线方程.导数的计算和切线斜率与直线垂直的关系.
（2）函数在定义域内单调递减等价于其导数在定义域内小于等于恒成立.分离参数，转化为求新函数的最小值，用导数研究新函数的单调性和最值，确定参数取值范围.导数与函数单调性的关系、分离参数法和利用导数求函数最值.
（1）由题可知，则，解得.
切点为，切线为
（2）∵在上是减函数，
∴对恒成立，所以，
令，则，由得，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，故只需
故a的取值范围.
21．（2025高二下·汨罗期末）甲、乙、丙三人相互做传球训练，第1次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外两个人中的任何一人.
（1）求次传球后球在甲手中的概率；
（2）求次传球后球在乙手中的概率；
（3）已知：若随机变量服从两点分布，且，，则，记前n次传球后（即从第1次传球到第次传球后）球在甲手中的次数为，求.
【答案】（1）解：记表示事件“经过次传球后，球在甲手中”，设次传球后球在甲手中的概率为，，
若发生，即经过次传球后，球再次回到甲手中，
那么第次传球后，球一定不在甲手中，即事件一定不发生，
则有，，
必有，即，
即，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以，即.
（2）解：记表示事件“经过次传球后，球在乙手中”，设次传球后球在乙手中的概率为，，
若发生，即经过次传球后，球在乙手中，
那么第次传球后，球一定不在乙手中，即事件一定不发生，
则有，，
必有，即，
即，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以，即.
（3）解：由题意次传球后球在甲手中的次数服从两点分布，且，
所以，，
由（1）得，
则.
【知识点】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）将“次传球后球在甲手中的次数” 分解为每次传球的两点分布变量 之和，即 ；
（2）依据期望的线性性质， 等于各 之和，而 是第次传球后球在甲手中的概率 ；
（3）代入（1）中 的表达式，拆分求和并利用等比数列求和公式计算，最终得到 的表达式。
（1）记表示事件“经过次传球后，球在甲手中”，
设次传球后球在甲手中的概率为，，
若发生，即经过次传球后，球再次回到甲手中，
那么第次传球后，球一定不在甲手中，即事件一定不发生，
则有，，
必有，即，
即，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以，即.
（2）记表示事件“经过次传球后，球在乙手中”，
设次传球后球在乙手中的概率为，，
若发生，即经过次传球后，球在乙手中，
那么第次传球后，球一定不在乙手中，即事件一定不发生，
则有，，
必有，即，
即，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以，即.
（3）由题意次传球后球在甲手中的次数服从两点分布，且，
所以，，
由（1）得，
则.
22．（2025高二下·汨罗期末）微分中值定理是微积分学中的重要定理，它是研究区间上函数值变化规律的有效工具，其中拉格朗日中值定理是核心，它的内容如下：
如果函数在闭区间上连续，在开区间可导，导数为，那么在开区间内至少存在一点，使得，其中叫做在上的“拉格朗日中值点”.已知函数.
（1）若，求函数在上的“拉格朗日中值点”；
（2）若，求证：函数在区间图象上任意两点，连线的斜率不大于；
（3）若，且，求证：.
【答案】（1）解：当时，则，因为为函数在上的“拉格朗日中值点，则，即，解得.
（2）证明：当时，不妨设，，，则，又，令，则，又，所以恒成立，所以当时，当时，所以在上单调递增，在上单调递减，所以在处取得极大值，即最大值，所以，所以，由拉格朗日中值定理可知必存在使得，即，又，所以，即函数在区间图象上任意两点，连线的斜率不大于.
（3）证明：当时，由拉格朗日中值定理知，存在和，使得，，所以只需证明，即证明在上单调递减，又，令，则，令，则，当时，令，，则，则在上单调递增，又，，所以存在使得，所以当时，则，即单调递增，当时，则，即单调递减，所以在处取得极大值，即最大值，所以
，所以，所以在上单调递减，即在上单调递减，命题得证.
【知识点】函数的连续性；简单复合函数求导法则；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；拉格朗日中值定理
【解析】【分析】（1）先代入、化简函数，再求导，利用拉格朗日中值定理列方程求解.
（2）通过设两点，将斜率表示为导数形式，求导后构造新函数，利用单调性求最值证明.
（3）构造新函数，通过求导判断单调性来证明斜率的大小关系.
（1）当时，则，
因为为函数在上的“拉格朗日中值点，
则，
即，解得
（2）当时，
不妨设，，，则，
又，令，
则，
又，所以恒成立，
所以当时，当时，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以在处取得极大值，即最大值，
所以，所以，
由拉格朗日中值定理可知必存在使得，
即，又，所以，
即函数在区间图象上任意两点，连线的斜率不大于；
（3）当时，
由拉格朗日中值定理知，存在和，
使得，，
所以只需证明，即证明在上单调递减，
又，
令，
则，
令，
则，
当时，
令，，则，则在上单调递增，
又，，
所以存在使得，
所以当时，则，即单调递增，
当时，则，即单调递减，
所以在处取得极大值，即最大值，
所以
，
所以，所以在上单调递减，
即在上单调递减，命题得证.
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