湖南省长沙市第一中学2024-2025学年高二下学期自主练习卷（开学考试） 数学试题（含解析）

这是一份湖南省长沙市第一中学2024-2025学年高二下学期自主练习卷（开学考试） 数学试题（含解析），共20页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
时量：120分钟 满分：150分
一、选择题：本大题共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. 已知为虚数单位，若，则（ ）
A. B. 2C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由复数的运算及共轭复数的定义即可求出结果.
【详解】因为，所以，
.
故选：B.
2. 在等比数列中，，则公比 （ ）
A. B. C. 3D. 13
【答案】C
【解析】
【分析】由等比数列的项之间的关系得到关于公比的等式，求出.
【详解】，
∴，
故选：C.
3. 已知，，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据条件可得，结合两角和的正弦公式可得结果.
【详解】∵，∴，
∵，∴，∴，
∴，
∴，
∵，
∴，故.
故选：C.
4. 将名男生名女生共名同学分配到甲、乙、丙三个社区参加社会实践，每个社区至少一名同学，则恰好一名女生和一名男生分到甲社区的概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先求出分配方案的总方法数，再求出恰好一名女生和一名男生分到甲社区的方法数为，然后由概率公式计算出概率．
【详解】分配方案的总数，恰好一名女生和一名男生分法有，恰好一名女生和一名男生分到甲社区的概率是，
故选：D.
5. 已知双曲线的一条渐近线与圆相交所得弦长为1，则双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. 2D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】利用圆的弦长转化到圆心到直线的距离，然后用点到直线的距离公式即可求渐近线斜率，从而可求离心率.
【详解】设弦心距，则，得：，
令，则渐近线为，，得：，
所以，
故选：C．
6. 已知的展开式中的系数为12，则实数的值为（ ）
A. 2B. 3C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用二项展开通项公式，结合题意得到含的项为，从而得到关于的方程，解之即可得解.
【详解】因为，
由的展开式通项为，含的项包含了和两项，
所以含的项为，
所以，可得.
故选：D.
7. 已知正方体的棱长为2，点为棱的中点，则平面截该正方体的内切球所得截面面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】球心为正方体中心，，法一：连接相交于点，根据线面平行的判定定理得平面，则到平面的距离等于点到平面的距离，设为，利用求出，再由截面圆半径可得答案；法二：以为原点，为轴建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，再由点到平面的距离的向量求法可得答案.
【详解】球心为正方体中心，半径，
法一：连接，相交于点，点为的中点，连接，
可得，因为平面，平面，
所以平面，在上，
则到平面的距离等于点到平面的距离，设为，
，，
由平面、得：，
则截面圆半径，
所以截面面积；
法二：以为原点，为轴建立空间直角坐标系，如图，
则，，，，
，，，
设平面的一个法向量为，
，令，则，
所以，
则到平面的距离，
截面圆半径，所以截面面积.
故选：A．
8. 若过点可以作曲线的三条切线，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】构造新函数，利用导数求得其单调性，然后画出大致图象，根据交点个数，利用数形结合列不等式求解即可
【详解】，设切点为，则，整理得，
由题意知关于的方程有三个不同的解.
设，，
由得或，
又，所以当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
且，f2=4-ae2>0.
又易知在上单调递减，在上单调递增，开口向上，
所以当趋向于负无穷或正无穷时，都趋向于正无穷.
而当趋向于负无穷时，趋向于正无穷，
故也就趋向于正无穷；
当趋向于正无穷时，趋向于正无穷且增长速率远远超过，
故fx=x2−ax+aex>0且趋向于零，
又，f2=4−ae2>0，函数的大致图象如图所示.
因为的图象与直线有三个交点，
所以，即.
故选：D.
【点睛】方法点睛：由函数过某点处的切线条数求参的一般方法如下:
（1）首先设切点，求导得切线斜率；
（2）切线方程为：；
（3）代入点构建方程；
（4）利用函数与方程的思想处理由方程解的个数求参.
二、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，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 已知函数，则（ ）
A. 函数的图象关于点对称
B. 函数的图象关于直线对称
C. 若，则函数的值域为
D. 函数的单调递减区间为
【答案】AD
【解析】
【分析】代入验证正弦型函数的对称中心判断选项A；代入验证正弦型函数的对称轴判断选项B；求解正弦型函数在给定区间的值域判断选项C；求解正弦型函数的递减区间判断选项D.
【详解】选项A：，则函数的图象关于点对称.判断正确；
选项B：，则函数的图象不关于直线对称. 判断错误；
选项C：由，可得，则，
即若，则函数的值域为.判断错误；
选项D：由，可得，
即函数的单调递减区间为.判断正确.
故选：AD
10. 已知函数，则（ ）
A. 为的极大值点
B. 的图象关于中心对称
C. ，
D. 函数的三个零点成等差数列
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A，利用求导分析函数单调性即可判断；对于B，证明即得；对于C，化简转化，得，排除C；对于D，易得是函数的一个零点，设另两个零点为，，由化简计算推出即可判断.
【详解】对于A，由题设，
由解得或，解得，
故在，上单调递增，在上单调递减，
故为极大值点，A正确；
对于B，由，
故的图象关于中心对称，B正确；
对于C，由，则x2x−3>0，可得，
故不存在，，C错误；
对于D，显然是函数的一个零点，设另两个零点为，，
则，
即，
可得
所以，故函数的三个零点成等差数列，D正确.
故选：ABD.
11. 我们把既有对称中心又有对称轴曲线称为“优美曲线”，“优美曲线”与其对称轴的交点叫作“优美曲线”的顶点.对于“优美曲线”，则（ ）
A. 曲线关于直线对称
B. 曲线有4个顶点
C. 曲线与直线有4个交点
D. 曲线上动点到原点距离的最小值为
【答案】AC
【解析】
【分析】根据新定义曲线的知识对选项进行分析，结合图象来确定正确答案.
【详解】对于A，将交换方程依然成立，所以曲线关于对称，A正确；
对于B，易得曲线有四条对称轴轴，轴，直线，
直线，共有8个顶点，B错误；
对于C，由得，
即，
可得，
对于方程，，
则方程有两不等实根，且方程的根不为0和3，
所以方程有4个不等实根，
从而曲线C与直线有4个交点，C正确；
对于D，由得，
，
当且仅当，即时取等号，
则的最小值为，
曲线C上动点P到原点距离的最小值，D错误；
故选：AC
【点睛】思路点睛：
遇到关于新定义曲线性质的问题，首先要明确新定义的内涵和要求.对于各选项，根据曲线方程的特点，分别从对称性、顶点个数、与直线的交点个数以及动点到定点距离最值等角度出发，运用相应的数学知识和方法进行分析.如判断对称性利用交换坐标法，求交点个数通过联立方程求解，求最值借助均值不等式等，逐步得出结论.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 设，且函数是偶函数，若，则______
【答案】
【解析】
【分析】根据偶函数的性质列出方程求解即可.
【详解】因为函数是偶函数，所以，即，
又因为，所以，
故答案为：.
13. 已知椭圆左、右焦点分别为，，过的直线交椭圆于，两点（，分别在第一、四象限），连接并延长交椭圆于点.若，，则椭圆的离心率为_______________.
【答案】##
【解析】
【分析】设，利用椭圆的定义，勾股定理以及离心率公式求解即可.
【详解】如图，
设，则，，
由于，则，
则，所以，
则，，又，
得到，解得.
故答案为：.
14. 已知，函数恒成立，则的最大值为______.
【答案】7
【解析】
【分析】当为正偶数时，不符合题意，当为正奇数时，只需研究 时，分离参数得恒成立，设，利用导数求的最小值可解.
【详解】当为正偶数时，
当时，，不符合题意，所以为正奇数，
则当时，恒成立，
只需研究 时，恒成立即可，
当时，成立，
则当时，因为此时小于0，所以恒成立，
当时，恒成立，
设，则，
令，得，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以，又因为为正奇数，
所以的最大值为7.
故答案为：7
【点睛】思路点睛：分为奇数、偶数进行讨论，之后采用分离参数的方法求参数的最值.
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. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知．
（1）求的大小；
（2）若，，直线PQ分别交AB，BC于P，Q两点，且把的面积分成相等的两部分，求的最小值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理和正弦和角公式求出，得到；
（2）求出，设，，利用列出方程，求出，由余弦定理和基本不等式得到，得到答案.
【小问1详解】
，由正弦定理得
，
即，
因，所以，故，
因为，所以；
【小问2详解】
因为，，，
所以，
设，，
故，令，
解得，
由余弦定理得，
由基本不等式得，
当且仅当时，等号成立，
故.
16. 如图，在直三棱柱中，，，，E为的中点，点F满足，其中
（1）若平面，求的值；
（2）当时，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）通过建立空间直角坐标系，先根据已知点坐标求出相关向量，再依据线面平行时向量与平面法向量的关系求出参数值，从而得解；
（2）利用（1）中结论，结合两个平面法向量的夹角来计算面面角的余弦值.
【小问1详解】
因为，由已知得平面ABC，如图
建立空间直角坐标系，所以，，，，，
所以，，
设平面的法向量为，
则，即，取，
因为，
所以，，
因为平面，
所以，则
【小问2详解】
因为，所以，，，
设平面AEF的法向量为，
则即，取向量，
设平面与平面AEF所成角为，
则
所以平面与平面DBE所成角的余弦值为
17. 已知函数，其中常数.
（1）当时，求函数的单调区间；
（2）若恒成立，求的值.
【答案】（1）递减区间为，递增区间为；
（2）.
【解析】
【分析】（1）把代入，求出导数，利用导数值的正负求出单调区间.
（2）按分类，利用导数探讨最值，构造函数，借助导数求出最值而得的值.
【小问1详解】
当时，函数的定义域为，求导得，
当时，；当时，，
所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为.
【小问2详解】
函数的定义域为，求导得，
当时，，函数在上单调递减，当时，，不符合题意；
当时，由，得；由，得，
因此函数在上单调递减，在上单调递增，
则，
令，求导得，当时，；当时，，
函数在上单调递增，在上单调递减，则，
有唯一解，从而有唯一解，
所以恒成立，.
18. 已知是抛物线的焦点，过焦点的最短弦长为．
（1）求抛物线的方程；
（2）过动点作抛物线的两条切线，切点为，，直线与抛物线交于（在第一象限）．
①求证：点在定直线上；
②记的面积分别为，当时，求点的坐标．
【答案】（1）
（2）①证明见解析；②
【解析】
【分析】（1）根据条件可得，即可求解；
（2）①设，利用导数的几何意义，求得两切线方程为，，进而可得到直线的方程为，再结合条件，即可求解；②利用①中结果，可得直线，直线，联立抛物线方程，利用韦达定理得到，间的关系，再结合条件，得到，再联立方程，即可求解.
【小问1详解】
由题知抛物线中过焦点最短的弦长为通径，即，得到，
故抛物线的标准方程为.
【小问2详解】
①设，由，得到，所以，
得到，即，同理，，
又点在线上，所以，故直线的方程为，即，
因为，所以，又，所以，得到，
所以点在定直线上.
②，由①有直线，过点，直线，
联立，消得到，所以，
又由，消得到，所以，
又因为，
因在第一象限，所以，
又，且，，得到，两式相乘可得，
又，所以，得到，
所以，即，
由 ，解得或，
当时，，当时，，
又，所以，得到.
【点睛】关键点点晴，本题的关键在于第（2）问中的①：利用导数的几何意义，求出过点的切线方程；②根据条件得到，再联立直线与抛物线方程及联立与抛物线方程，用方程思想求解即可.
19. 设为正整数，集合，集合为的一个非空子集，记，其中.
（1）若，，求的取值的集合；
（2）证明：的所有可能取值个数为；
（3）是否存在，使得的所有可能取值从小到大排列成等差数列，若存在，求；若不存在，说明理由.
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）存在，
【解析】
【分析】（1）根据定义计算即可；
（2）设集合，，通过说明得到不存在两个不同的子集，，使得，从而得到的所有可能取值个数为的非空子集个数；
（3）先假设存在得到，然后通过定义来证明时的所有可能取值从小到大排列成等差数列.
【小问1详解】
当时，或，，
，，，的可能取值为，，，
的取值集合为.
【小问2详解】
设集合，，与中相同的元素不予考虑，
其中，，
假设，则，
，
，
，即
不存在两个不同的子集，，使得，
的所有可能取值个数为的非空子集个数，为.
【小问3详解】
，
，，为的所有可能取值中最小的三个，
，解得；
当时，易知为偶数，
且最大值为，最小值为2，
由（2）可知的所有可能取值个数为，
区间中偶数个数恰为，
的所有可能取值集合为，
该集合中任何一项均能写成形式，进而可构成首项为2，公差为2的等差数列，
存在，使得的所有可能取值从小到大排列成等差数列.
【点睛】关键点睛：解决此题的关键点在于“有序”设量，不论集合，还是数列，“有序”即可根据等与不等关系产生晕没算，从而进一步分析等与不等，如（2）中，通过“中，，”的设量方法，才能得到不等关系“”，然后通过进一步计算得到.