2025年高二期末聯考本試卷分第I卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩部分，共6頁。時量120分鐘。滿分150分。要求的)1.若復數a2—1+(a+2)i(a∈R)為純虛數，則a=A.1B.√2C.±12.已知集合A={x|x(x—2)≤0},則CRA=A.[0,2]B.(一∞,0)U(2,+∞)C.(一∞,0)U[2,十∞]D.(一∞,0)U[2,十∞)3.雙曲線的漸近線方程為密4.已知Sn為等比數列{密A.3B.56.已知X～N(3,4)且P(X<a)=P(X>5),A.—24B.—6C.6A.→p:Vx∈R,f(x)≤3,且一p為假B.→p:Vx∈R,f(x)>3,且一p為假D.一p:Vx∈R,f(x)>3,且一p為真數學試題第1頁(共6頁)ABCDC.b2<a2(1+b2)D.In(a2+1)>ln(b2+1)題號123456789第Ⅱ卷t(1)若a?+b?=5,求T5;(2)求線段PA中點M到平面PCD的距離.在改變著我們的工作和生活的方式.為了了解不同學歷人群對DeepSeek的使用情況，隨機調查學歷使用情況合計經常使用不經常使用本科及以上本科以下合計(1)依據小概率值α=0.01的獨立性檢驗，能否認為DeepSeek的使用情況與學歷有關?乙同時依次作答，3道試題作答完畢后比賽結束.規定：若對同一道題目，兩人同時答對或答錯，每人得0分；若一人答對另一人答錯，答對的得10分，答錯的得—10分，比賽結束累加得名選手正確回答每道題的概率分別為(ii)求比賽結束后甲獲勝的條件下，乙恰好回答對1道題的概率.α19.(本小題滿分17分)已知函數f(x)=e(cosx+1)—ax,a∈R.(1)若a=1,求曲線y=f(x)在x=π處的切線方程；2025年高二期末聯考數學參考答案123456789CBCADCDBEQ\*jc3\*hps18\o\al(\s\up9(1),2)EQ\*jc3\*hps18\o\al(\s\up9(C),B)EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up9(解),解)EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up9(析),析)EQ\*jc3\*hps18\o\al(\s\up9(a),x)EQ\*jc3\*hps18\o\al(\s\up9(-1),x)EQ\*jc3\*hps18\o\al(\s\up9(+),2)EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up9(純),則)EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up9(數),RA)EQ\*jc3\*hps43\o\al(\s\up6(-),或)所以雙曲線的漸近線方程為4.A【解析】由等比數列公式可得：所5.D【解析】因為函數y=sinx的最小正周期為T=2π,函數的最小正周期為所以在x∈[0,2π]上函數有三個周期的圖象，在坐標系中結合五點法畫出兩函數圖象，如圖所示：由圖可知，兩函數圖象有6個交點.6.C【解析】因為X～N(3,4),所以P(X>5)=P(X>3+2)=P(X<3—2)=P(X<a),所以a=1.的展開式中，常數項為C×(-1)2=6.可得f(x)=(x+1)+(x+2)>3,即命題p:3xo∈R,f(xo)≤3為假命題，所以一p:Vx∈R,f(x)>3,且一p為真命題.8.B【解析】設點A在原點(0,0),向量AB=(2,0),因為|AB|=2且沿x軸，則向量,|AC|=3且∠BAC=所以角平分線方向向量為所以AP方向的單位向量數學參考答案-1數學參考答案-29.BCD【解析】若A,B兩組數據的樣本相關系數分別為rA=0.97,rs=—0.99,且|rAI<|rs|,則A組數據比B組數據的相關性在殘差的散點圖中，殘差分布的水平帶狀區域的寬度越窄，其模型的擬合效果越好，故B正確；決定系數R越大，模型的擬合效果越好，故C正確；有10件產品，其中3件次品，抽2件產品進行檢驗，恰好抽到一件次品的概率是,故D正確.10.AD【解析】對于A,因為a,b>0,所以由,故a>b,故A正確；對于B,取a=1,b=2,此時滿足a>0,b>0,a>b—2,但a<b,故B錯誤；對于D,由In(a2+1)>In(b2+1)可知a2>b2,因為a,b>0,所以a>b,故D正確.11.ACD【解析】連接VO?,正△VAB內切圓即為球O的截面大圓，球心O在線段VO?上，又正△VAB的邊長為2,所以|AO|=1,|VO?|=√3,則球O的半,所以球O的表,故A正確；由題意可得四面體CDMN被平面VAB截成體積相等的兩部分，設M到平面VAB的距離為d(0<d≤1),,故C正確；依題意，動點P的軌跡是圓，所在平面與圓錐底面平行，令其圓心為E,B?B?則有PO?=MO?=NO?=1,即PM⊥PN,因此PM2+PN2=MN2=4,當且僅當PM=PN時取“=”,故D正確.12.150【解析】根據題意可知，值班的人數為2人或者3人，若人數為2,則需要一個人值班首尾兩天，一個人值中間的那一天，故方法數為CCL=30;若人數為3,則每人值一天班，故方法數為A=120,故總的方法有30+120=150種.由PQ⊥F?Q,則|PF?I2=|PQ|2+|QF?I2,即(2a-m)2=9m2+(2a-2m)2,解得即即解所以橢圓的離心率14.(e,十∞)【解析】令In(ax)+(a-1)x—e2=0,得In(ax)+ax=x+e,設g(x)=lnx+x,顯然g(x)在(0,十∞)上單調遞增，而x+e=e+Ine,則g(ax)=g(e?)→ax=e2,依題意，方程ax=e2有兩個不等的實根，顯然a≠0,故存在兩個不同的零點，設,則h'(x)=(1-x)e?,(i)當a<0時，則x<0,h'(x)>0,此時h(x)在(一∞,0)上單調遞增，最多一個零點，不合題意；∴h(x)在(0,1)上單調遞增，在(1,+∞)上單調遞減，所以要使有兩個零點，則,解得a>e.所以1………5分(2)由(1)16.【解析】設{an}的公差為d,{b,}的公比為q,則aπ=-1+(n—1)d,b?=q”?1.(1)由as+b?=5,得2d+q2=6,②………4分聯立①②,解得(舍去),……………6分因此………………7分(2)由b?=1,T?=21,得q2+q-20=0,由于數列{an}為遞增數列，所以d>0,當q=4時，由①得d=-1(舍);當q=-5時，由①得d=8,………………17.【解析】(1)由于平面PAD⊥平面ABCD,且交于AD,(2)取AD的中點O,連接PO,OC,由△PAD為等邊三角形，得PO⊥AD,則PO⊥平面ABCD,由AO=BC=1,AO//BC,得四邊形ABCO是平行四邊形，數學參考答案—3數學參考答案—4于是OC//AB,而AB⊥AD,則OC⊥AD,以O為坐標原點，直線OC,OD,OP分別為x,y,z軸建立空間直角坐標系，如圖，,CP=(-1,0,√3),CD=(-1,1,0),設平面PCD的法向量為n=(x,y,z),則設平面EAC的法向量為m=(a,b,c),則易知平面DAC的一個法向量為OP=(0,0,√3),化簡得3x2—10λ+3=0,又λ∈[0,1],解得所以線段PD上存在點E,使得平面EAC與平面DAC夾角的余弦值為,此.………………15分18.【解析】(1)零假設為H?:DeepSeek的使用情況與學歷無關，根據列聯表中的數據，可得依據小概率值α=0.01的獨立性檢驗，沒有充分證據推斷H?不成立，因此可以認為Ho成立，即認為DeepSeek的使用情況與學歷無關.……………5分比賽結束甲獲勝時的得分X可能的取值為10,20,30,則所以比賽結束后甲獲勝的概率……………11分其中甲三道題都做對，乙對一道錯兩道的概率為其中一題兩人均對，一題兩人均錯，一題甲對乙錯的概率為：P?=C?C其中一題甲錯乙對，另兩題甲均對，乙錯的概率為：(3)g(x)=f(x)-e'cosx若a≤0,則g′(x)>0,g(x)單調遞增，不可能有兩個零點.要證x?+x?<2lna,只需證x?<2l因為Ina<x?,g(x)在