湖南省株洲市第二中学2024-2025学年高二上学期开学考试数学试题（Word版附解析）

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一、单选题
1. 已知集合，则中元素的个数为（ ）
A. 3B. 4C. 5D. 6
【答案】C
【解析】
【分析】利用列举法表示集合即可得解.
【详解】依题意，，
所以中元素的个数为5.
故选：C
2. 已知直线与直线互相垂直，交点坐标为，则的值为（ ）
A. 20B. C. 0D. 24
【答案】B
【解析】
【分析】根据两直线垂直可求出的值，将公共点的坐标代入直线的方程，可得出的值，再将公共点的坐标代入直线的方程，可得出的值，由此可得出的值.
【详解】已知直线的斜率为，直线的斜率为．
又两直线垂直，则，解得．
，即，
将交点代入直线的方程中，得．
将交点代入直线的方程中，得．
所以，．
故选：B．
3. 在中，内角所对的边分别为，若，则的形状一定为（ ）
A. 直角三角形B. 等腰三角形C. 等边三角形D. 锐角三角形
【答案】A
【解析】
【分析】利用余弦定理将化为，然后化简可得答案.
【详解】，
由余弦定理可得，则，
则，所以为直角三角形.
故选：A.
4. 设是两条不同的直线，是三个不同的平面，下列说法中正确的序号为（ ）
①若，则为异面直线 ②若，则
③若，则 ④若，则
⑤若，，，则
A. ②③⑤B. ①②⑤C. ④⑤D. ①③
【答案】A
【解析】
【分析】根据空间线面的位置关系，逐项判断即可.
【详解】对①：因为平面的平行线和平面内的直线可以平行，也可以异面，故①错误；
对②：平行于同一个平面的两个平面平行，故②正确；
对③：先根据垂直于同一条直线的两个平面平行得，再根据，可得，故③正确；
对④：两直线平行，和这两条直线分别垂直的平面也平行，故④错误.
对⑤：若，，则存在且，
因为，，所以，又因为，所以，故⑤正确，
故选：A.
5. 已知点关于直线对称的点在圆：上，则（ ）
A. 4B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设利用点关于线对称列方程求得Q坐标，代入圆方程计算即可.
【详解】设，则，解得，.
因在上，所以，解得.
故选：B
6. 在发生某公共卫生事件期间，有专业机构认为该事件在一段时间没有发生规模性感染的标志为“连续10天，每天新增疑似病例不超过7人”．根据过去10天，甲、乙、丙、丁四地新增疑似病例数据，一定符合该标志的城市是（ ）
A. 甲：中位数为2，众数为3B. 乙：总体均值为3，中位数为4
C. 丙：总体均值为2，总体方差为3D. 丁：总体均值为1，总体方差大于0
【答案】C
【解析】
【分析】通过举反例排除ACD三个选项，根据方差的计算判断C选项正确.
【详解】A选项，数据可以为“”，不符合该标志；
B选项，数据可以为“”，不符合该标志；
C选项，总体均值是2时，只要出现超过7人时，方差就大于3，故C正确；
D选项，数据可以为“”，不符合该标志；
故选：C.
7. 如图，在棱长为2的正方体中，为线段上的动点，则下列结论错误的是（ ）

A. 直线与所成的角不可能是
B. 若，则二面角的平面角的正弦值为
C. 当时，
D. 当时，点到平面的距离为
【答案】B
【解析】
【分析】建立如图的空间直角坐标系，利用反证法可判断A的正误，利用向量法可求面面角的余弦值后结合同角的三角函数基本关系式计算后可判断B的正误，利用空间中的距离公式计算CD后可判断它们的正误，.
【详解】
建立如图所示的空间直角坐标系，则，
对于A，设，故，
故，而，
设直线与所成的角为，则，
若直线与所成的角是，则，
整理得到：，此方程在0,1上无实数解，
故直线与所成的角不可能是，故A正确.
对于B，当时，结合A分析得，此时，
故，而，设此时平面的法向量为，
则即，取，则，，故，
又，，设平面的法向量为，
则即，取，则，，故，
故，故二面角的平面角的正弦值为，故B错误.
对于C，当时，又B的分析可得，故，故，故C正确.
对于D，当时，结合A中分析可得，故，故，
而，设平面的法向量为，
则即，取，则，，故，
又，故到平面的距离为，故D正确.
故选：B.
8. 在数学史上，为了三角计算的简便并且更加追求计算的精确性，曾经出现过下列两种三角函数：定义为角的正矢，记作；定义为角的余矢，记作，则下列命题正确的是（ ）
A. 函数的对称中心为
B. 若，则的最大值为
C. 若，且，则圆心角为，半径为3的扇形的面积为
D. 若，则
【答案】D
【解析】
【分析】根据新定义，把新函数转化为熟悉的三角函数，再分析它们的有关性质即可.
【详解】对A：.
由，，，所以函数的对称中心为，故A错误；
对B：.
设，则，且，
所以，
当时，.故B错误；
对C：.
因为且，所以.
所以.
所以圆心角为，半径为3的扇形的面积为：，故C错误；
对D：由.
所以，故D正确.
故选：D
二、多选题
9. 下列四个命题中，是真命题的是( )
A. ∀x∈R，且x≠0，x＋≥2
B. ∃x∈R，使得x2＋1≤2x
C. 若x＞0，y＞0，则≥
D. 若x≥，则的最小值为1
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据基本不等式即可逐项判断求解.
【详解】对于，且对时不成立；
对于，当时，成立，正确；
对于，若，则，化为，当且仅当时取等号，正确；
对于
∵，∴，
∴，
当且仅当，即时取等号.
故的最小值为
故选：BCD.
10. 设复数的共轭复数为，i为虚数单位，则下列命题错误的是（ ）
A.
B. 若，则在复平面内对应的点位于第二象限
C. 是纯虚数
D. 若，则的最大值是6
【答案】AB
【解析】
【分析】A选项，举出反例；B选项，先求出共轭复数，由三角函数性质得到，确定所在象限；C选项，利用复数除法法则化简，得到C正确；D选项，由复数模长的几何意义确定其轨迹，从而确定的最大值.
【详解】A选项，设，则，故，A错误；
B选项，，因为，所以cs2<0,sin2>0⇒−sin2<0，则在复平面内对应的点位于第三象限，B错误；
C选项，，为纯虚数，C正确：
D选项，若，则的几何意义为到点3,−4的距离为1的圆上的点，
此圆上的点到原点的距离最大值为圆心3,−4到原点的距离加上半径1，
故的最大值为，D正确.
故选：AB
11. 设为正实数，定义在上的函数满足，且对任意的，都有成立，则（ ）
A. 或B. 关于直线对称
C. 为奇函数D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】采用赋值法可判断选项A，B，C；根据函数周期性可判断选项D.
【详解】因为对于任意的，都有成立，
令，代入可得，
由因为，联立可得或，故A正确；
令，代入可得，
当时，有，
则关于直线对称，
当时，有，
再令，代入可得，得，
所以，
即关于直线对称，
综上所述，关于直线对称，B正确；
令，代入可得，
又因为，所以，
根据B选项，，所以，
故为偶函数，故C错误；
由上面可得，，
所以，故D正确.
故选：ABD
【点睛】关键点点睛：采根据已知条件对任意的，都有成立，用赋值法可得函数性质，从而判断选项.
三、填空题
12. 在校园乒乓球比赛中，甲、乙进入决赛，赛制为“三局两胜”．若在每局比赛中甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，则乙获得冠军的概率为________．
【答案】
【解析】
【分析】根据三局两胜制中，乙获得冠军有两种情况，第一乙两局都获胜，第二是前两局乙获胜一局，第三局乙获胜，根据分类原则得到两类结果相加即可求解.
【详解】若两局决出冠军，则乙获得冠军的概率；
若三局决出冠军，则乙获得冠军的概率；
则所求概率为．
故答案为：
13. 已知圆锥的母线长为2，其外接球表面积为，则圆锥的高为________．
【答案】
【解析】
【分析】根据圆锥的特征，再找到球心的位置，再结合勾股定理得出高.
【详解】
设圆锥高，而母线，在中，则，
设圆锥外接球的半径为R，显然外接球的球心为O在高上，
球心O到底面圆心的距离，由，得，
因此，解得，所以长为．
故答案为：.
14. 定义，设函数，若函数在上单调递减，则实数的取值范围是______.
【答案】
【解析】
【分析】先考虑的单调减区间，再根据在上单调递减可得满足的不等式组，从而可求其取值范围.
【详解】令，则，故的周期为，
又当时，，
的减区间为，，其中，
当，则，
故存在，使得
或，
故或（无解，舍），
而，故，故，
故实数的取值范围是.
故答案为：
四、解答题
15. 已知点为圆上的一点，圆心坐标为，且过点的直线被圆截得的弦长为.
（1）求圆的分程；
（2）求直线的方程.
【答案】（1）；
（2）或.
【解析】
【分析】（1）根据题意求出，从而可求出圆的方程；
（2）根据已知条件求出圆心C到直线距离，然后分直线的斜率不存在和直线的斜率存在两种情况讨论求解即可.
【小问1详解】
设圆C的半径为，则，
则圆C的方程为：；
【小问2详解】
因为圆C的半径为1，
所以当直线与圆相交所得的弦长为时，圆心C到直线的距离为，
当直线的斜率不存在时，直线，此时圆心C到直线的距离为，满足题意
当直线的斜率存在时，设直线，即①.
则，解得，
代入①得：
综上，直线的方程为或.
16. 2023年8月8日，世界大学生运动会在成都成功举行闭幕式．某校抽取100名学生进行了大运会知识竞赛并记录得分（满分：100，所有人的成绩都在内），根据得分将他们的成绩分成六组，制成如图所示的频率分布直方图．
（1）求图中a的值；
（2）估计这100人竞赛成绩平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）、众数及中位数．
【答案】（1）
（2）平均数72分，众数约为75（分），中位数为（分）
【解析】
【分析】（1）由所有频率之和为1列方程即可求解；
（2）由频率分布直方图中平均数、众数以及中位数的计算公式直接计算即可求解.
【小问1详解】
由题意知，即，得．
【小问2详解】
由频率分布直方图可知这100人竞赛成绩的平均数约为
（分）．
众数约为（分）．
前3组的频率为，前4组的频率为，
所以中位数（分）．
17. 如图，在直四棱柱中，底面四边形为梯形，，.
（1）证明： ;
（2）若直线 AB与平面 所成角的正弦值为 ，点 为线段 BD上一点，求点到平面 的距离.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）因为，因此只需证明平面，只需证明（由题可证），，由勾股定理易证.
（2）建立空间直角坐标系，先由直线 AB与平面 所成角的正弦值为 ，求出，再证明平面，由此得点M到平面 的距离等价于点到平面 的距离，再由点到平面的距离公式求解即可.
【小问1详解】
因为，，
所以，所以,
因为为直四棱柱，
所以,
因，平面，
所以平面，
因为，所以平面，
因为平面，所以
【小问2详解】
由（1）及题意知，两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系
因为，.设，
所以
所以,
设平面的一个法向量为
则，
令，则，所以
设直线 AB与平面 所成的角为，
则，
解得，所以
所以点到平面 的距离为
因为，所以
因为不在平面，所以平面，
因为M在线段上，所以点M到平面 的距离等价于点到平面 的距离，为
故点M到平面 的距离.
18. 已知函数，对，有
（1）求的值及的单调递增区间：
（2）在中，已知，其面积为，求；
（3）将函数图象上的所有点，向右平移个单位后，再将所得图象上的所有点，纵坐标不变，横坐标变为原来的2倍，得到函数的图象，若，求实数的取值范围
【答案】（1），单调递增区间为
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）化简得到，根据对，有，求出，，整体法求出函数单调递增区间；
（2）由求出，由三角形面积得到，再由余弦定理求出；
（3）先根据平移和伸缩变换得到，分离参数，令，则，换元得到，求出最小值为，得到不等式，求出答案.
【小问1详解】
，
对，有，故，
所以，解得，
因为，故只有当时，满足要求，故，
，令，
解得，
的单调递增区间为；
【小问2详解】
，
因为B∈0,π，所以，故，解得，
，即，解得，
由余弦定理得，
故；
【小问3详解】
y=fx图象上的所有点，向右平移个单位后，得到，
再将所得图象上的所有点，纵坐标不变，横坐标变为原来的2倍，得到，
，
即，
令，则，
则，
故，
其中，当时，取得最小值，最小值为-1，
所以，解得或，
故实数的取值范围为
【点睛】关键点点睛：三者的关系如下：
，，
，
当题目中同时出现三者或三者中的两者时，通常用换元思想来解决.
19. 已知集合且中元素的个数为．若存在，得为2的正整数指数幂，则称为的弱子集；若对任意的均为2的正整数指数幂，则称为的强子集．
（1）请判断集合和是否为的弱子集，并说明理由；
（2）是否存在的强子集？若存在，请写出一个例子；若不存在，请说明理由；
（3）若，且的任意一个元素个数为的子集都是的弱子集，求的最小值．
【答案】（1）不是，理由见解析
（2）不存在；理由见解析
（3）8
【解析】
【分析】（1）根据的强子集的定义，即可容易求得；
（2）利用反证法假设存在的强子集，设为正整数，
，则，代入化简得，与为正整数矛盾，证明不存在的强子集．
（3）设，
若不是的弱子集，可有最多能包含中的一个元素以及中的元素，一共7个元素，令中任意两个元素的和都不是2的正整数指数幂，得不是的弱子集，分类讨论当和时，不满足题意，再验证时的情况满足题意，即可求得的最小值.
【小问1详解】
是的弱子集，不是的弱子集．
理由如下：
中存在两个元素的和是2的正整数指数幂，所以是的弱子集．
中任意两个元素的和都不是2的正整数指数幂，
所以不是的弱子集．
【小问2详解】
不存在的强子集．
理由如下：
假设存在的强子集，不妨设为正整数，
，则为正整数，，
则，代入中，
所以，
所以，与为正整数矛盾，所以不存在的强子集．
【小问3详解】
设，
若不是的弱子集，
则最多能包含中的一个元素以及中的元素，一共7个元素，
令中任意两个元素的和都不是2的正整数指数幂，
所以不是的弱
子集，当时，的任意一个元素个数为的子集都不是的弱子集，
当时，中至少有一个集合是的子集，
此时中一定存在两数之和为2的正整数幂，
即的任意一个元素个数为的子集都是的弱子集，所以的最小值为8．
【点睛】本题主要为集合新定义问题，处理问题的关键是充分把握题中对子集的定义，同时要熟练的使用证明方法：反证法和分类讨论法.