湖南省株洲市渌口区第三中学、株洲健坤潇湘高级中学2024-2025学年高二上学期1月期末联考数学试题（解析版）

这是一份湖南省株洲市渌口区第三中学、株洲健坤潇湘高级中学2024-2025学年高二上学期1月期末联考数学试题（解析版），共14页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答， 已知，则“”是“”的等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.答题前，先将自己的姓名、准考证号写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2.选择题的作答：每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上相应题目的答案标号涂黑.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
3.非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
4.考试结束后，将本试题卷和答题卡一并上交.
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，只有一项符合题目要求.
1. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据交集的知识求得正确答案.
【详解】依题意.
故选：C
2. 若，则（ ）
A. 0B. 1C. D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】根据复数的模的公式即可求解.
【详解】.
故选：C.
3. 已知向量，，，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据向量垂直的坐标表示可得出关于的等式，解之即可.
【详解】因为向量，，，则，解得.
故选：C
4. 已知等差数列的前项和为，若，则 （ ）
A. 30B. 55C. 80D. 110
【答案】B
【解析】
【分析】利用等差数列的项的性质，由条件求得，再根据等差数列求和公式化简计算即得.
【详解】因是等差数列，故，解得，
则.
故选：B.
5. 已知，则“”是“”的 （ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 必要条件D. 既不充分也不必要
【答案】A
【解析】
【分析】根据充分必要条件的概念直接判断即可.
【详解】当时，，故充分性成立，
当时，或，故必要性不成立，
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选：A
6. 如图，在平行六面体中，与的交点为点，设，，，则下列向量中与相等的向量是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先表示出，根据可求出结果.
【详解】因为，
，
所以.
故选：C.
7. 设是实数，已知三点，，在同一条直线上，那么（ ）
A. 2B. 3C. 4D. 5
【答案】D
【解析】
分析】求出，.进而根据三点共线得出，即可列出方程组，求解即可得出答案.
【详解】由已知可得，.
因为三点共线，所以存在唯一实数，使得，
所以，解得，所以.
故选：D.
8. 已知数列的通项公式为，则数列的前项和（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】应用错位相减法及等比数列前n项和求.
【详解】由题设，则，
两式作差，有，
所以.
故选：B
二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全题选对的得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分.
9. 已知表示两条不同的直线，、、表示三个不同的平面．下列命题中，正确的命题是（ ）
A. 若，，则B. 若，，则
C. 若，，则D. 若，，，则
【答案】AD
【解析】
【分析】根据线面平行、垂直关系，面面平行、垂直关系，逐项判定.
详解】选项，若，过做一平面，使得，
则，又因为，所以，从而有，
选项正确；
选项，若，则，
此时，所以选项不正确；
选项，若，，则可能平行、相交或异面，
所以选项不正确；
选项，如下图所示，过直线分别做两个相交的平面，
平面分别与交于，且，
，
，同理可证，
，所以选项正确.
故选:AD.
【点睛】本题考查线线平行与垂直、线面垂直、面面平行命题的判定，熟练掌握有关性质定理是解题的关键，属于中档题.
10. 如图是函数的导函数的图象，则下列判断正确的是（ ）
A. 在区间上单调递增
B. 在区间上单调递减
C. 在区间上单调递增
D. 在区间上单调递减
【答案】BC
【解析】
【分析】根据图象确定的区间符号，进而判断的区间单调性，即可得答案.
【详解】由图知：上，上，
所以在上单调递减，在上单调递增.
所以在、上不单调，在、上分别单调递减、单调递增.
故选：BC
11. 若数列为等差数列，为其前项和，，，，则下列说法正确的有 （ ）
A. 公差B.
C. D. 使的最小正整数为
【答案】ABD
【解析】
【分析】推导出，，，可判断A选项；利用等差数列的求和公式可判断B选项；利用等差数列的基本性质和作差法可判断C选项；由可得出，结合数列的单调性可判断D选项.
【详解】对于A选项，因为，，，
则，，，
所以，，A对；
对于B选项，，B对；
对于C选项，，则，C错；
对于D选项，因为，，
由，可得，则，
因为，所以数列单调递减，由可得，
所以，使的最小正整数为，D对.
故选：ABD.
三、填空题：本题共3个小题，每小题 5分，共15分.
12. 若是公比为等比数列，且，则_________.
【答案】
【解析】
【分析】根据已知条件求出的值，由此可得出的值.
【详解】因为是公比为的等比数列，，可得，
所以，.
故答案为：.
13. 曲线在点处的切线的倾斜角为_______．
【答案】
【解析】
【分析】求出函数在1处的导数值，再利用导数的几何意义求出切线的倾斜角.
【详解】设曲线在点处的切线的倾斜角为，则该切线的斜率，
由求导得，则有，即，而，
所以，
故答案为：
14. 已知函数在区间上单调递增，则的最小值为__________．
【答案】##
【解析】
【分析】根据在上恒成立，再根据分参求最值即可求出．
【详解】因为，
所以，
所以函数在区间上单调递增，
即在上恒成立，
显然，所以问题转化为在上恒成立，
设，
所以，
所以在上单调递增，
所以，
故，
所以的最小值为：.
故答案为：.
四、解答题：本大题共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. 记的内角、、的对边分别为、、，已知，，.
（1）求的值.
（2）若是锐角三角形，求的面积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理可得出的值；
（2）解法一：利用同角三角函数的基本关系求出、，由结合两角和的正弦公式可求出的值，再利用三角形的面积公式可求得的面积；
解法二：利用同角三角函数的基本关系求出的值，利用余弦定理可得出关于的方程，求出的值，再利用三角形的面积公式即可求得的面积.
【小问1详解】
因为的内角、、的对边分别为、、，，，，
由正弦定理的得.
【小问2详解】
解法一：因为为锐角三角形，由得，
同理可得，
所以，，
所以，.
解法二：因为为锐角三角形，由可得，
由余弦定理得，即，整理可得，
因为，解得，故.
16. 已知数列是公差不为零的等差数列，，且成等比数列.
（1）求的通项公式；
（2）设，求数列的前项和.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用等差数列的通项公式及等比中项的性质列方程求基本量，即可得通项公式；
（2）由（1）得，应用等比数列前n项和公式求.
小问1详解】
设等差数列是公差为，且，且，
∴，，
又成等比数列，则，
∴，即，
即，解得或（舍），
∴.
【小问2详解】
由（1）得，则，又，则，
又，
所以.
17. 如图，在三棱锥中，底面为等腰直角三角形，，，点是的中点，，且面.
（1）证明：面；
（2）若为的中点，求平面与平面的夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）连接，推导出，利用线面垂直的性质可得出，利用线面垂直的判定定理可证得结论成立；
（2）建立空间直角坐标系，向量法求两个平面夹角的余弦值.
【小问1详解】
连接，因为是等腰直角三角形斜边的中线，所以，，
因为面，面，则，
因为，、平面，所以，平面.
【小问2详解】
因为面，，
以为原点，、、的方向分别为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系，.
则、、、O0,0,0、，
，，，，
设平面的一个法向量为m=x1,y1,z1，
则，取，可得，
设平面的一个法向量为n=x2,y2,z2，
则，取，可得，
所以，.
因此，平面与平面的夹角的余弦值为.
18. 某制造商制造并出售球形瓶装的某饮料.已知瓶子的制造成本是 分，其中（单位：cm）是球形瓶子的半径.每出售1mL的饮料，制造商可获利0.25分，且制造商制作的球形瓶子的最大半径为6cm.
（1）瓶子半径多大时，能使每瓶饮料的利润最大，并求出最大利润为多少分？
（2）瓶子半径多大时，每瓶饮料的利润最小，并求出最小利润为多少分？
【答案】（1）6，（分）
（2）2，最小利润为（分）
【解析】
【分析】（1）设每瓶饮料的利润为（分），由题意列出其解析式，通过求导判断其单调性，即得及此时瓶子的半径；
（2）由（1）分析，易得及此时瓶子的半径.
【小问1详解】
设每瓶饮料的利润为（分），
由题可知 ，
则，由，可得，或（舍）
当时，；当时，，
故在0,2上单调递减；在上单调递增
由上分析，当时，利润最大，，
故当时，利润最大，此时最大利润为（分）
【小问2详解】
由上分析，当时，利润最小，，
故当时，利润最小，此时利润为负值，最小利润为.
19. 已知函数．
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）若有极小值，且极小值小于0，求a的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）求导，结合导数的几何意义求切线方程；
（2）解法一：求导，分析和两种情况，利用导数判断单调性和极值，分析可得，构建函数解不等式即可；解法二：求导，可知有零点，可得，进而利用导数求的单调性和极值，分析可得，构建函数解不等式即可.
【小问1详解】
当时，则，，
可得，，
即切点坐标为，切线斜率，
所以切线方程为，即.
【小问2详解】
解法一：因为的定义域为R，且，
若，则对任意x∈R恒成立，
可知在R上单调递增，无极值，不合题意；
若，令，解得；令，解得；
可知在内单调递减，在内单调递增，
则有极小值，无极大值，
由题意可得：，即，
构建，则，
可知在0,+∞内单调递增，且，
不等式等价于，解得，
所以a的取值范围为1,+∞；
解法二：因为的定义域为R，且，
若有极小值，则有零点，
令，可得，
可知与有交点，则，
若，令，解得；令，解得；
可知在内单调递减，在内单调递增，
则有极小值，无极大值，符合题意，
由题意可得：，即，
构建，
因为则在0,+∞内单调递增，
可知在0,+∞内单调递增，且，
不等式等价于，解得，
所以a的取值范围为1,+∞.