湖南省长沙市望城区第一中学2024-2025学年高二下学期期末调研数学试卷
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．（2025高二下·望城期末）集合A={3，4}，B={x| ，x∈N}则（ ）
A． B． C． D．
2．（2025高二下·望城期末）已知是虚数单位，则（ ）
A． B． C． D．
3．（2025高二下·望城期末）已知非常数函数满足，则下列函数中，不是奇函数的为（ ）
A． B． C． D．
4．（2025高二下·望城期末）两枚骰子，设出现的点数之和分别为9，10，11的概率分别为p1，p2，p3，则（ ）
A．p1＜p2＝p3 B．p1＞p2＞p3 C．p1＝p2＞p3 D．p1＞p2＝p3
5．（2025高二下·望城期末）在中，，若，则的最大值是
A． B． C． D．
6．（2025高二下·望城期末）记等差数列的前n项和为，若成等差数列，成等比数列，则（ ）
A．900 B．600 C．450 D．300
7．（2025高二下·望城期末）已知，则（ ）
A． B． C． D．
8．（2025高二下·望城期末）已知点是椭圆上的动点，过点作圆的切线，为其中一个切点，则的取值范围为
A． B． C． D．
二、选择题：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，有选错的得0分，部分选对的得部分分.
9．（2025高二下·望城期末）下列说法正确的有（ ）
A．数据的第75百分位数是40
B．若，则
C．4名学生选报3门校本选修课，每人只能选其中一门，则总选法数为种
D．展开式中项的二项式系数为56
10．（2025高二下·望城期末）已知在数列中，，，其前项和为，则（ ）
A．当时，
B．当时，数列是递增数列
C．
D．对任意，存在，使得数列成等比数列
11．（2025高二下·望城期末）已知正方体棱长为4，M为棱上的动点，平面，则下列说法正确的是（ ）
A．若N为中点，当最小时，
B．当点M与点重合时，若平面截正方体所得截面图形的面积越大，则其周长就越大
C．直线AB与平面所成角的余弦值的取值范围为
D．当点M与点C重合时，四面体内切球表面积为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．（2025高二下·望城期末）已知函数的图象在点处的切线斜率为，则实数 ．
13．（2025高二下·望城期末）已知且，则 .
14．（2025高二下·望城期末）如图所示，二面角为，是棱上的两点，分别在半平面内，且，，，，，则的长 ．
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·望城期末）某项选拔共有四轮考核，每轮设有一个问题，能正确回答问题者进入下一轮考核，否则即被淘汰．已知某选手能正确回答第一、二、三、四轮的问题的概率分别为，且各轮问题能否回答正确互不影响．
（1）求该选手进入第四轮才被淘汰的概率；
（2）求该选手至多进入第三轮考核的概率．
16．（2025高二下·望城期末）中，内角的对边分别是，已知成等比数列，且．
（I）求的值；
（II）设，求的值．
17．（2025高二下·望城期末）如图，在四棱锥上，底面为直角梯形，，，平面平面， 为的中点，是棱上的点，，，.
（1）求证： 平面平面
（2）若二面角大小为，求的值
18．（2025高二下·望城期末）已知过点的双曲线的渐近线方程为.如图所示，过双曲线的右焦点作与坐标轴都不垂直的直线交的右支于两点.
（1）求双曲线的标准方程；
（2）若双曲线上的点到其两条渐近线的距离分别为，求的值；
（3）已知点，求证：.
19．（2025高二下·望城期末）已知函数，其中常数.
（1）若在上是增函数，求实数的取值范围；
（2）若，设，求证：函数在上有两个极值点.
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】交集及其运算；指、对数不等式的解法
【解析】【解答】解：由，得，解得，
因为，所以，
又，所以
故答案为：D.
【分析】本题求集合交集，首先需要解指数不等式得到集合，再利用集合的交集运算。
2．【答案】C
【知识点】复数代数形式的混合运算
【解析】【解答】解：
故答案为：C.
【分析】 本题运用复数的四则运算法则来求解，包括复数乘法以及幂次运算规律，通过逐步展开、化简复数表达式得出结果。
3．【答案】D
【知识点】函数的奇偶性
【解析】【解答】解：A、设，，是奇函数，A不符合题意；
B、设，，是奇函数，B不符合题意；
C、设，，是奇函数，C不符合题意；
D、设，，是偶函数，D符合题意；
故答案为：D.
【分析】 利用函数奇偶性的定义，结合已知条件，将各选项函数中的x替换成-x，化简后判断与原函数的关系，奇函数满足，偶函数满足。
4．【答案】B
【知识点】古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解： 本题考查古典概型概率计算，先确定掷两枚骰子的所有可能结果（共36种 ），再分别找出点数和为9、10、11的结果数，
点数和为9的情况：（3，6），（4，5），（5，4），（6，3）共4种，
点数和为10的情况：（4，6），（5，5），（6，4）共3种，
点数和为11的情况：（5，6），（6，5）共2种，
比较得到结果
故答案为：B.
【分析】 利用古典概型概率公式，先确定试验的所有基本事件总数，再分别找出点数和为
9、10、11对应的基本事件个数，最后根据计算概率并比较 。
5．【答案】B
【知识点】基本不等式；平面向量的数量积运算；余弦定理
【解析】【解答】解：由，得，结合AB=c=2，用余弦定理转化
推导cosA表达式，，所以时最大
故答案为：B.
【分析】 本题运用向量数量积公式、余弦定理及基本不等式求解.先通过向量数量积得到边的关系，再用余弦定理表示出cosA，最后利用基本不等式求cosA的最小值，结合余弦函数单调性确定A的最大值.向量常与解三角形结合，本题关键点是准确转化向量数量积为边和角的关系.
6．【答案】A
【知识点】等差数列的前n项和；等差数列的性质；等比数列的性质
【解析】【解答】解：设等差数列的公差为，因为成等差数列，
所以，所以，
所以，所以，，
又因为成等比数列，所以，
所以，解得，解得，
则.
故答案为：A.
【分析】由题意可得，，求得首项与公差，在由等差数列的求和公式求即可.
7．【答案】A
【知识点】简单的三角恒等变换；两角和与差的正切公式；积化和差公式；辅助角公式
【解析】【解答】解： 因为，
所以
所以
即，解得，
故答案为：A.
【分析】 本题运用三角函数的两角和 / 差公式（正弦、余弦展开 ）、积化和差公式及两角和的正切公式求解.先通过公式将已知等式变形，化简后求出，再代入正切和角公式计算.
给值求值的方法：直接法：当已知两个角时，所求角一般表示为两个角的和或差的形式；常值代换：用某些三角函数代替某些常数，使之代换后能运用相关公式，我们把这种代换称之为常值代换，其中要特别注意的是的代换，如，，等，、、、、等均可视为某个特殊角的三角函数值，从而将常数换为三角函数使用；角的代换：将未知角利用已知角表示出来，使之能直接运用公式.
8．【答案】B
【知识点】平面内两点间的距离公式；直线与圆的位置关系；椭圆的标准方程；椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：设点坐标为，因为，，圆的半径为1，
所以，
又，即，
所以.
因为，所以
故答案为：B.
【分析】利用切线的垂直性质（圆的切线垂直于过切点的半径 ），建立|PA|与|PC|的关系，将切线长转化为点P到圆心C的距离，结合椭圆方程消去y，将表示为关于x的二次函数，通过配方法求其最值，进而得到|PA|的范围。
9．【答案】A,B,D
【知识点】分步乘法计数原理；二项式定理；二项式系数的性质；正态分布定义；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：A、从小到大排列为，，所以第75百分位数是第6个数据与第7个数据的平均值，即，A符合题意；
B、若，则正态密度曲线的对称轴为，所以，B符合题意；
C、4名学生选报3门校本选修课，每人有三种选法，则总选法数为种，C不符合题意；
D、由二项式定理可知，展开式中项的二项式系数为，D符合题意；
故答案为：ABD.
【分析】 本题综合运用百分位数定义、正态分布对称性、分步计数原理、二项式定理，逐一分析选项。
10．【答案】C,D
【知识点】数列的函数特性；数列的递推公式；等比数列的实际应用
【解析】【解答】解：A、当时，，，所以，……，数列的奇数项为，偶数项为，，A不符合题意；
B、令，，此时数列不是递增数列，B不符合题意；
C、，，，C符合题意；
D、由得，，
要使数列成等比数列，则，
即任意，存在，使数列成首项为，
公比为的等比数列，D符合题意；
故答案为：CD.
【分析】 本题围绕数列的递推关系，综合运用多种方法分析选项.针对选项 A、B，用特殊值法判断和的大小或数列单调性.对于选项 C，依据递推关系直接求出表达式，再通过配方法判断其正负.选项 D，采取构造法，构造等比数列.
11．【答案】A,C,D
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；球的表面积与体积公式及应用；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：A、对角面与侧面展开成一个平面，如图，
当A、M、N三点共线时，最小，，，即，
，A正确；
B、如图连接、、BD，当点M与点重合时，由正方体易证得平面，
此时平面截正方体所得截面图形是，其面积，周长，
设E、F、Q、G、H分别为，、，BC，CD，的中点，易得六边形是边长为的正六边形，且平面平面，平面，此时平面截正方体所得截面图形是正六边形，
其面积，周长，面积小于六边形面积，但与六边形的周长相等，B错误；
C、如图以点D为坐标原点，DA、DC、所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，
则，，设，
，平面的法向量为，
设直线AB与平面所成角为，
直线AB与平面所成角的余弦值的取值范围为 ，C正确；
D、当点M与点C重合时，四面体即为边长为的正四面体，由正四面体的性质知内切球半径为，内切球的表面积为 ，D正确.
故答案为：ACD.
【分析】A利用展开图求解；B设E、F、Q、G、H分别为，、，BC，CD，的中点，取平面和平面判断；C利用空间向量求解判断；D根据正四面体的性质求出内切球半径，进而得到内切球的表面积.
12．【答案】
【知识点】导数的几何意义；导数的四则运算
【解析】【解答】解：函数的定义域为，求导可得，
则，解得，
故答案为：.
【分析】先求函数的定义域，再求导，利用导数的几何意义可得即可求得实数的值.
13．【答案】9
【知识点】对数的性质与运算法则
【解析】【解答】解：，因为，所以式子，，解得，又因为a>1，所以，a=9
故答案为：9.
【分析】结合对数运算性质计算即可得。
14．【答案】
【知识点】空间向量的数量积运算；用空间向量研究二面角
【解析】【解答】解：由，得，因为
所以，所以的长．
故答案为：.
【分析】 本题考查利用空间向量求线段长度，向量垂直则数量积为0，核心是通过向量分解与数量积运算求解.空间向量分解与合成：任何空间向量都可分解为三个不共面向量的线性组合（本题是三个向量共面于一个平面的简化应用，可推广到更复杂的空间向量分解.
15．【答案】（1）解：记表示该选手能正确回答第个问题，
则，
该选手进入第四轮才被淘汰就是前三轮答题成功，第四轮没有成功，
各轮问题能否回答正确互不影响，
所以所求概率是
（2）解：该选手至多进入第三轮考核，即可能第一轮被淘汰，可能第二轮被淘汰，
可能第三轮被淘汰，这三种情况又是互斥的，
则所求概率为
．
【知识点】互斥事件与对立事件；互斥事件的概率加法公式；相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【分析】（1）根据相互独立事件和对立事件的概率公式，从而计算可得该选手进入第四轮才被淘汰的概率.
（2）根据相互独立事件的概率公式、互斥事件的概率公式和对立事件的概率公式，从而计算可得该选手至多进入第三轮考核的概率.
（1）记表示该选手能正确回答第个问题，则
．
该选手进入第四轮才被淘汰就是前三轮答题成功，第四轮没有成功，
各轮问题能否回答正确互不影响，
所以所求概率是.
（2）该选手至多进入第三轮考核，即可能第一轮被淘汰，可能第二轮被淘汰，
可能第三轮被淘汰，这三种情况又是互斥的，
所以所求概率为
．
16．【答案】解：（1）由a，b，c，成等比数列得，结合余弦定理，
求出或，
根据，解得
解得.
解：（2），所以
结合余弦定理解得.
【知识点】平面向量的数量积运算；两角和与差的正弦公式；解三角形；正弦定理的应用
【解析】【分析】（1） 借助等比数列性质得到，结合余弦定理、切化弦、两角和正弦公式、正弦定理，解得最终答案.易错点：容易遗等比数列性质无法建立边的联系，使解题无法推进；正弦定理中边与角的比例关系易颠倒，代入时写错对应关系，影响结果。扩展知识内容：三角恒等变换中，除切化弦、两角和公式，辅助角公式、二倍角公式也常用于复杂三角式化简，可进一步提升解题能力.
（2）向量与解三角形综合题，向量数量积常与三角形边角结合，还可涉及投影概念，拓展向量应用场景；本题依据向量数量积定义，再结合余弦定理解题.
17．【答案】（1）解：因PA=PD，Q是AD中点，故PQ⊥AD，又因为平面PAD⊥平面ABCD，交线为AD，PQ平面PAD，所以PQ⊥平面ABCD.
因为AD//BC，，Q是AD中点，得四边形BCDQ是平行四边形，故BQ//CD，
因，所以BQ⊥AD.
PQ⊥平面ABCD，BQ平面ABCD，则PQ⊥BQ，又，AD，PQ平面PAD，故BQ⊥平面PAD，
又因为BQ平面MQB，所以平面MQB垂直平面PAD.
（2）解：以为原点建立空间直角坐标系
，，
平面的法向量为
设平面的法向量为，
，取
，解得，所以。
【知识点】平面与平面垂直的判定；平面与平面垂直的性质；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1） 通过线面垂直判定与面面垂直判定定理证明.先证线面垂直（BQ⊥平面PAD），再利用线面垂直证面面垂直（BQ平面MQB）.
（2） 利用空间向量法求解二面角.通过建系→设点→表向量→求法向量→用公式，将几何问题转化为代数计算，是解决立体几何角度、距离问题的通法.
（1）证明：∵，，为的中点，
∴四边形为平行四边形，
∴，
又∵，
∴，即.
又∵平面平面，且平面平面，平面，
∴平面，
∵平面，
∴平面平面.
（2）∵，为的中点，∴，
∵平面平面，且平面平面，平面，
∴平面.
如图，以为原点建立空间直角坐标系，
易知平面的法向量为，
又，，
∴设，，
，
又，设平面的法向量为，
，取，
∵二面角为，
∴，解得，即
∴
18．【答案】（1）解：（1）由渐近线方程为，设双曲线方程为
将点代入，得，所以双曲线的方程为，即。
（2）解：（2）双曲线渐近线方程：，点在双曲线上，故，。
（3）解：（3）设直线l：，，联立，消去得，由韦达定理，
所以
【知识点】双曲线的标准方程；双曲线的应用；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1） 利用双曲线渐近线与方程的关系，设出含参数的双曲线方程，再将已知点代入确定参数，进而得到标准方程.易错点，设双曲线方程时，因对渐近线与双曲线方程的关系不熟悉，无法准确设出方程形式，导致解题受阻.代入点计算时，计算错误，或得到后，忘记将方程化为标准形式.
（2） 先根据点到直线距离公式表示出，再结合双曲线方程对其乘积进行化简计算。熟练运用点到直线的距离公式.
（3） 设出直线l的方程，与双曲线方程联立，利用韦达定理得到交点坐标的关系，再通过计算直线AQ，BQ 的斜率和为0，证明角相等 .
（1）因为双曲线的渐近线方程为，
所以设双曲线方程为，
又双曲线过点，
则，所以双曲线的方程为，
即.
（2）因为在曲线上，
则，
渐近线方程：，
所以：
（3）由（1）可知的斜率存在且不为0，设的方程为，
联立，消去得，
设，由题意得，
则，
所以
，
所以得证.
19．【答案】（1）解：（1）因为在上是增函数，所以在上恒成立，
即恒成立.
设，求导得，当时，，当时，，
所以函数在上单调递减，函数在上单调递增，所以的最小值为，
所以，解得.
故实数的取值范围是
（2）解：（2）当时，，则，
令，则，
当时，，p(x)递减；当时，，p(x)递增，
又因为，，
由零点存在定理，所以存在，，使得，，
所以是函数的两个极值点，
即在上有两个极值点。
【知识点】利用导数研究函数的单调性；函数在某点取得极值的条件
【解析】【分析】（1）函数在区间上单调递增在区间上恒成立；函数在区间上单调递减在区间上恒成立；函数在区间上不单调在区间上存在异号零点；函数在区间上存在单调递增区间，使得成立；函数在区间上存在单调递减区间，使得成立.
（2） 函数极值点的定义，即函数在某点取得极值的必要条件是该点导数为0，且导数在该点两侧变号.对于连续函数，若在区间（a，b）上p（a）·p（b）<0，则函数在该区间内至少有一个零点，常用来判断函数零点的存在性.
（1）因为在上是增函数，
所以在上恒成立，
即恒成立，只需，
设，则，
当时，，当时，，
所以函数在上单调递减，函数在上单调递增，
所以的最小值为，
所以，解得.
故实数的取值范围是；
（2）要证函数在上有两个极值点，
只需证在上有两个不等实根，
由题意，当时，，则，
令，则，
由，得，由，得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
又因为，，，
所以存在，，使得，，
所以是函数的两个极值点，
即在上有两个极值点.
1 / 1湖南省长沙市望城区第一中学2024-2025学年高二下学期期末调研数学试卷
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．（2025高二下·望城期末）集合A={3，4}，B={x| ，x∈N}则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】交集及其运算；指、对数不等式的解法
【解析】【解答】解：由，得，解得，
因为，所以，
又，所以
故答案为：D.
【分析】本题求集合交集，首先需要解指数不等式得到集合，再利用集合的交集运算。
2．（2025高二下·望城期末）已知是虚数单位，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】复数代数形式的混合运算
【解析】【解答】解：
故答案为：C.
【分析】 本题运用复数的四则运算法则来求解，包括复数乘法以及幂次运算规律，通过逐步展开、化简复数表达式得出结果。
3．（2025高二下·望城期末）已知非常数函数满足，则下列函数中，不是奇函数的为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】函数的奇偶性
【解析】【解答】解：A、设，，是奇函数，A不符合题意；
B、设，，是奇函数，B不符合题意；
C、设，，是奇函数，C不符合题意；
D、设，，是偶函数，D符合题意；
故答案为：D.
【分析】 利用函数奇偶性的定义，结合已知条件，将各选项函数中的x替换成-x，化简后判断与原函数的关系，奇函数满足，偶函数满足。
4．（2025高二下·望城期末）两枚骰子，设出现的点数之和分别为9，10，11的概率分别为p1，p2，p3，则（ ）
A．p1＜p2＝p3 B．p1＞p2＞p3 C．p1＝p2＞p3 D．p1＞p2＝p3
【答案】B
【知识点】古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解： 本题考查古典概型概率计算，先确定掷两枚骰子的所有可能结果（共36种 ），再分别找出点数和为9、10、11的结果数，
点数和为9的情况：（3，6），（4，5），（5，4），（6，3）共4种，
点数和为10的情况：（4，6），（5，5），（6，4）共3种，
点数和为11的情况：（5，6），（6，5）共2种，
比较得到结果
故答案为：B.
【分析】 利用古典概型概率公式，先确定试验的所有基本事件总数，再分别找出点数和为
9、10、11对应的基本事件个数，最后根据计算概率并比较 。
5．（2025高二下·望城期末）在中，，若，则的最大值是
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】基本不等式；平面向量的数量积运算；余弦定理
【解析】【解答】解：由，得，结合AB=c=2，用余弦定理转化
推导cosA表达式，，所以时最大
故答案为：B.
【分析】 本题运用向量数量积公式、余弦定理及基本不等式求解.先通过向量数量积得到边的关系，再用余弦定理表示出cosA，最后利用基本不等式求cosA的最小值，结合余弦函数单调性确定A的最大值.向量常与解三角形结合，本题关键点是准确转化向量数量积为边和角的关系.
6．（2025高二下·望城期末）记等差数列的前n项和为，若成等差数列，成等比数列，则（ ）
A．900 B．600 C．450 D．300
【答案】A
【知识点】等差数列的前n项和；等差数列的性质；等比数列的性质
【解析】【解答】解：设等差数列的公差为，因为成等差数列，
所以，所以，
所以，所以，，
又因为成等比数列，所以，
所以，解得，解得，
则.
故答案为：A.
【分析】由题意可得，，求得首项与公差，在由等差数列的求和公式求即可.
7．（2025高二下·望城期末）已知，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】简单的三角恒等变换；两角和与差的正切公式；积化和差公式；辅助角公式
【解析】【解答】解： 因为，
所以
所以
即，解得，
故答案为：A.
【分析】 本题运用三角函数的两角和 / 差公式（正弦、余弦展开 ）、积化和差公式及两角和的正切公式求解.先通过公式将已知等式变形，化简后求出，再代入正切和角公式计算.
给值求值的方法：直接法：当已知两个角时，所求角一般表示为两个角的和或差的形式；常值代换：用某些三角函数代替某些常数，使之代换后能运用相关公式，我们把这种代换称之为常值代换，其中要特别注意的是的代换，如，，等，、、、、等均可视为某个特殊角的三角函数值，从而将常数换为三角函数使用；角的代换：将未知角利用已知角表示出来，使之能直接运用公式.
8．（2025高二下·望城期末）已知点是椭圆上的动点，过点作圆的切线，为其中一个切点，则的取值范围为
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】平面内两点间的距离公式；直线与圆的位置关系；椭圆的标准方程；椭圆的简单性质
【解析】【解答】解：设点坐标为，因为，，圆的半径为1，
所以，
又，即，
所以.
因为，所以
故答案为：B.
【分析】利用切线的垂直性质（圆的切线垂直于过切点的半径 ），建立|PA|与|PC|的关系，将切线长转化为点P到圆心C的距离，结合椭圆方程消去y，将表示为关于x的二次函数，通过配方法求其最值，进而得到|PA|的范围。
二、选择题：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，有选错的得0分，部分选对的得部分分.
9．（2025高二下·望城期末）下列说法正确的有（ ）
A．数据的第75百分位数是40
B．若，则
C．4名学生选报3门校本选修课，每人只能选其中一门，则总选法数为种
D．展开式中项的二项式系数为56
【答案】A,B,D
【知识点】分步乘法计数原理；二项式定理；二项式系数的性质；正态分布定义；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：A、从小到大排列为，，所以第75百分位数是第6个数据与第7个数据的平均值，即，A符合题意；
B、若，则正态密度曲线的对称轴为，所以，B符合题意；
C、4名学生选报3门校本选修课，每人有三种选法，则总选法数为种，C不符合题意；
D、由二项式定理可知，展开式中项的二项式系数为，D符合题意；
故答案为：ABD.
【分析】 本题综合运用百分位数定义、正态分布对称性、分步计数原理、二项式定理，逐一分析选项。
10．（2025高二下·望城期末）已知在数列中，，，其前项和为，则（ ）
A．当时，
B．当时，数列是递增数列
C．
D．对任意，存在，使得数列成等比数列
【答案】C,D
【知识点】数列的函数特性；数列的递推公式；等比数列的实际应用
【解析】【解答】解：A、当时，，，所以，……，数列的奇数项为，偶数项为，，A不符合题意；
B、令，，此时数列不是递增数列，B不符合题意；
C、，，，C符合题意；
D、由得，，
要使数列成等比数列，则，
即任意，存在，使数列成首项为，
公比为的等比数列，D符合题意；
故答案为：CD.
【分析】 本题围绕数列的递推关系，综合运用多种方法分析选项.针对选项 A、B，用特殊值法判断和的大小或数列单调性.对于选项 C，依据递推关系直接求出表达式，再通过配方法判断其正负.选项 D，采取构造法，构造等比数列.
11．（2025高二下·望城期末）已知正方体棱长为4，M为棱上的动点，平面，则下列说法正确的是（ ）
A．若N为中点，当最小时，
B．当点M与点重合时，若平面截正方体所得截面图形的面积越大，则其周长就越大
C．直线AB与平面所成角的余弦值的取值范围为
D．当点M与点C重合时，四面体内切球表面积为
【答案】A,C,D
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；球的表面积与体积公式及应用；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：A、对角面与侧面展开成一个平面，如图，
当A、M、N三点共线时，最小，，，即，
，A正确；
B、如图连接、、BD，当点M与点重合时，由正方体易证得平面，
此时平面截正方体所得截面图形是，其面积，周长，
设E、F、Q、G、H分别为，、，BC，CD，的中点，易得六边形是边长为的正六边形，且平面平面，平面，此时平面截正方体所得截面图形是正六边形，
其面积，周长，面积小于六边形面积，但与六边形的周长相等，B错误；
C、如图以点D为坐标原点，DA、DC、所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，
则，，设，
，平面的法向量为，
设直线AB与平面所成角为，
直线AB与平面所成角的余弦值的取值范围为 ，C正确；
D、当点M与点C重合时，四面体即为边长为的正四面体，由正四面体的性质知内切球半径为，内切球的表面积为 ，D正确.
故答案为：ACD.
【分析】A利用展开图求解；B设E、F、Q、G、H分别为，、，BC，CD，的中点，取平面和平面判断；C利用空间向量求解判断；D根据正四面体的性质求出内切球半径，进而得到内切球的表面积.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．（2025高二下·望城期末）已知函数的图象在点处的切线斜率为，则实数 ．
【答案】
【知识点】导数的几何意义；导数的四则运算
【解析】【解答】解：函数的定义域为，求导可得，
则，解得，
故答案为：.
【分析】先求函数的定义域，再求导，利用导数的几何意义可得即可求得实数的值.
13．（2025高二下·望城期末）已知且，则 .
【答案】9
【知识点】对数的性质与运算法则
【解析】【解答】解：，因为，所以式子，，解得，又因为a>1，所以，a=9
故答案为：9.
【分析】结合对数运算性质计算即可得。
14．（2025高二下·望城期末）如图所示，二面角为，是棱上的两点，分别在半平面内，且，，，，，则的长 ．
【答案】
【知识点】空间向量的数量积运算；用空间向量研究二面角
【解析】【解答】解：由，得，因为
所以，所以的长．
故答案为：.
【分析】 本题考查利用空间向量求线段长度，向量垂直则数量积为0，核心是通过向量分解与数量积运算求解.空间向量分解与合成：任何空间向量都可分解为三个不共面向量的线性组合（本题是三个向量共面于一个平面的简化应用，可推广到更复杂的空间向量分解.
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·望城期末）某项选拔共有四轮考核，每轮设有一个问题，能正确回答问题者进入下一轮考核，否则即被淘汰．已知某选手能正确回答第一、二、三、四轮的问题的概率分别为，且各轮问题能否回答正确互不影响．
（1）求该选手进入第四轮才被淘汰的概率；
（2）求该选手至多进入第三轮考核的概率．
【答案】（1）解：记表示该选手能正确回答第个问题，
则，
该选手进入第四轮才被淘汰就是前三轮答题成功，第四轮没有成功，
各轮问题能否回答正确互不影响，
所以所求概率是
（2）解：该选手至多进入第三轮考核，即可能第一轮被淘汰，可能第二轮被淘汰，
可能第三轮被淘汰，这三种情况又是互斥的，
则所求概率为
．
【知识点】互斥事件与对立事件；互斥事件的概率加法公式；相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【分析】（1）根据相互独立事件和对立事件的概率公式，从而计算可得该选手进入第四轮才被淘汰的概率.
（2）根据相互独立事件的概率公式、互斥事件的概率公式和对立事件的概率公式，从而计算可得该选手至多进入第三轮考核的概率.
（1）记表示该选手能正确回答第个问题，则
．
该选手进入第四轮才被淘汰就是前三轮答题成功，第四轮没有成功，
各轮问题能否回答正确互不影响，
所以所求概率是.
（2）该选手至多进入第三轮考核，即可能第一轮被淘汰，可能第二轮被淘汰，
可能第三轮被淘汰，这三种情况又是互斥的，
所以所求概率为
．
16．（2025高二下·望城期末）中，内角的对边分别是，已知成等比数列，且．
（I）求的值；
（II）设，求的值．
【答案】解：（1）由a，b，c，成等比数列得，结合余弦定理，
求出或，
根据，解得
解得.
解：（2），所以
结合余弦定理解得.
【知识点】平面向量的数量积运算；两角和与差的正弦公式；解三角形；正弦定理的应用
【解析】【分析】（1） 借助等比数列性质得到，结合余弦定理、切化弦、两角和正弦公式、正弦定理，解得最终答案.易错点：容易遗等比数列性质无法建立边的联系，使解题无法推进；正弦定理中边与角的比例关系易颠倒，代入时写错对应关系，影响结果。扩展知识内容：三角恒等变换中，除切化弦、两角和公式，辅助角公式、二倍角公式也常用于复杂三角式化简，可进一步提升解题能力.
（2）向量与解三角形综合题，向量数量积常与三角形边角结合，还可涉及投影概念，拓展向量应用场景；本题依据向量数量积定义，再结合余弦定理解题.
17．（2025高二下·望城期末）如图，在四棱锥上，底面为直角梯形，，，平面平面， 为的中点，是棱上的点，，，.
（1）求证： 平面平面
（2）若二面角大小为，求的值
【答案】（1）解：因PA=PD，Q是AD中点，故PQ⊥AD，又因为平面PAD⊥平面ABCD，交线为AD，PQ平面PAD，所以PQ⊥平面ABCD.
因为AD//BC，，Q是AD中点，得四边形BCDQ是平行四边形，故BQ//CD，
因，所以BQ⊥AD.
PQ⊥平面ABCD，BQ平面ABCD，则PQ⊥BQ，又，AD，PQ平面PAD，故BQ⊥平面PAD，
又因为BQ平面MQB，所以平面MQB垂直平面PAD.
（2）解：以为原点建立空间直角坐标系
，，
平面的法向量为
设平面的法向量为，
，取
，解得，所以。
【知识点】平面与平面垂直的判定；平面与平面垂直的性质；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1） 通过线面垂直判定与面面垂直判定定理证明.先证线面垂直（BQ⊥平面PAD），再利用线面垂直证面面垂直（BQ平面MQB）.
（2） 利用空间向量法求解二面角.通过建系→设点→表向量→求法向量→用公式，将几何问题转化为代数计算，是解决立体几何角度、距离问题的通法.
（1）证明：∵，，为的中点，
∴四边形为平行四边形，
∴，
又∵，
∴，即.
又∵平面平面，且平面平面，平面，
∴平面，
∵平面，
∴平面平面.
（2）∵，为的中点，∴，
∵平面平面，且平面平面，平面，
∴平面.
如图，以为原点建立空间直角坐标系，
易知平面的法向量为，
又，，
∴设，，
，
又，设平面的法向量为，
，取，
∵二面角为，
∴，解得，即
∴
18．（2025高二下·望城期末）已知过点的双曲线的渐近线方程为.如图所示，过双曲线的右焦点作与坐标轴都不垂直的直线交的右支于两点.
（1）求双曲线的标准方程；
（2）若双曲线上的点到其两条渐近线的距离分别为，求的值；
（3）已知点，求证：.
【答案】（1）解：（1）由渐近线方程为，设双曲线方程为
将点代入，得，所以双曲线的方程为，即。
（2）解：（2）双曲线渐近线方程：，点在双曲线上，故，。
（3）解：（3）设直线l：，，联立，消去得，由韦达定理，
所以
【知识点】双曲线的标准方程；双曲线的应用；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1） 利用双曲线渐近线与方程的关系，设出含参数的双曲线方程，再将已知点代入确定参数，进而得到标准方程.易错点，设双曲线方程时，因对渐近线与双曲线方程的关系不熟悉，无法准确设出方程形式，导致解题受阻.代入点计算时，计算错误，或得到后，忘记将方程化为标准形式.
（2） 先根据点到直线距离公式表示出，再结合双曲线方程对其乘积进行化简计算。熟练运用点到直线的距离公式.
（3） 设出直线l的方程，与双曲线方程联立，利用韦达定理得到交点坐标的关系，再通过计算直线AQ，BQ 的斜率和为0，证明角相等 .
（1）因为双曲线的渐近线方程为，
所以设双曲线方程为，
又双曲线过点，
则，所以双曲线的方程为，
即.
（2）因为在曲线上，
则，
渐近线方程：，
所以：
（3）由（1）可知的斜率存在且不为0，设的方程为，
联立，消去得，
设，由题意得，
则，
所以
，
所以得证.
19．（2025高二下·望城期末）已知函数，其中常数.
（1）若在上是增函数，求实数的取值范围；
（2）若，设，求证：函数在上有两个极值点.
【答案】（1）解：（1）因为在上是增函数，所以在上恒成立，
即恒成立.
设，求导得，当时，，当时，，
所以函数在上单调递减，函数在上单调递增，所以的最小值为，
所以，解得.
故实数的取值范围是
（2）解：（2）当时，，则，
令，则，
当时，，p(x)递减；当时，，p(x)递增，
又因为，，
由零点存在定理，所以存在，，使得，，
所以是函数的两个极值点，
即在上有两个极值点。
【知识点】利用导数研究函数的单调性；函数在某点取得极值的条件
【解析】【分析】（1）函数在区间上单调递增在区间上恒成立；函数在区间上单调递减在区间上恒成立；函数在区间上不单调在区间上存在异号零点；函数在区间上存在单调递增区间，使得成立；函数在区间上存在单调递减区间，使得成立.
（2） 函数极值点的定义，即函数在某点取得极值的必要条件是该点导数为0，且导数在该点两侧变号.对于连续函数，若在区间（a，b）上p（a）·p（b）<0，则函数在该区间内至少有一个零点，常用来判断函数零点的存在性.
（1）因为在上是增函数，
所以在上恒成立，
即恒成立，只需，
设，则，
当时，，当时，，
所以函数在上单调递减，函数在上单调递增，
所以的最小值为，
所以，解得.
故实数的取值范围是；
（2）要证函数在上有两个极值点，
只需证在上有两个不等实根，
由题意，当时，，则，
令，则，
由，得，由，得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
又因为，，，
所以存在，，使得，，
所以是函数的两个极值点，
即在上有两个极值点.
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