湖南省衡阳市第八中学2024-2025学年高二下学期开学考试数学试题（Word版附解析）

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时量：120 分钟 分值：150 分
考试内容：人教 A 版必修一、必修二、选择性必修一、选择性必修一
一、单项选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分.在每个小题给出的四个选项中，只有
一项是符合题目要求的.
1. 已知集合 ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】分别求两个集合，再根据集合的混合运算，即可求解.
【详解】 ，解得： ，即 ， ，
，所以 .
故选：B
2. 在等差数列 中， ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用等差中项的性质可求得 的值.
【详解】在等差数列 中， ，由等差中项的性质可得 .
故选：B.
3. 若 ，则 （ ）
A. B. 2 C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数的乘法、除法运算求解即可.
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【详解】因为 ，所以 ，
所以 ，
所以 ，
故选：B
4. 已知函数 则 的值为（ ）
A. 24 B. 16
C. 12 D. 8
【答案】A
【解析】
【分析】由题知 ，进而 ，再结合已知求解即可.
【详解】解：因为 ，
所以 .
故选：A
5. 函数 的图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
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【分析】分析函数 的定义域、奇偶性及其在 时的函数值符号，结合排除法可得出合适的选项.
【详解】对于函数 ，有 ，解得 ，
所以，函数 定义域为 ，
因为 ，即函数 为偶函数，排除 AB 选项，
当 时， ， ，则 ，排除 C 选项.
故选：D.
6. 已知菱形 的边长为 2， ，点 ， 分别在边 ， 上， ，
，若 ，则 的值为
A. 3 B. 2 C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题意利用向量数量积的定义和平面向量基本定理整理计算即可确定 的值.
【详解】由题意可得：
，
且： ，
故 ，解得： .
故选 B.
【点睛】本题主要考查平面向量数量积的定义与运算法则，平面向量基本定理及其应用等知识，意在考查
学生的转化能力和计算求解能力.
7. 2022 年北京冬奥会的成功举办使北京成为奥运史上第一座“双奥之城”.其中 2008 年北京奥运会的标志性
场馆之一“水立方”摇身一变成为了“冰立方”.“冰立方”在冬奥会期间承接了冰壶和轮椅冰壶等比赛项目.“水
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立方”的设计灵感来自威尔·弗兰泡沫，威尔·弗兰泡沫是对开尔文胞体的改进，开尔文胞体是一种多面体，
它由正六边形和正方形围成（其中每一个顶点处有一个正方形和两个正六边形），已知该多面体共有 24 个
顶点，且棱长为 2，则该多面体的表面积是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据多面体顶点的个数，分析确定正方形的个数和正六边形的个数，再求表面积.
【详解】棱长为 2 正方形的面积为 ，正六边形的面积为 ，
又正方形有 个顶点，正六边形有 个顶点，该多面体共有 个顶点，
所以最多有 个正方形，最少有 个正六边形，1 个正方形与 个正方形相连，所以该多面体有 个正方形，
正六边形有 个.
所以该多面体的表面积是： .
故选：C
8. 已知函数 ，若 ，且
仅有 1 个零点，则实数 的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意 在 R 上单调递增，得 ，再由 零点个数，结合导数研究 与
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交点情况求参数范围.
【详解】由题设 在 R 上单调递增，
由对数函数性质知 ，且 ，可得 ，所以 ，
其中 在 处的切线方程为 ，即 ，且 ，
所以 与 在 上无交点，
所以 与 有且仅有一个交点 ，
由 仅有 1 个零点，只需 在 处的斜率 ，
而 ，即 ，可得 ，则 ，
综上， .
故选：C
【点睛】关键点点睛：首先由分段函数单调性得 ，再应用导数研究不同区间上 与
交点情况求参.
二、多项选择题：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，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分.
9. 给定一组数 5，5，4，3，3，3，2，2，2，1，则（ ）
A. 平均数为 3 B. 标准差为
C. 众数为 2 和 3 D. 第 85 百分位数为 4.5
【答案】AC
【解析】
【分析】根据平均数的计算公式可判定 A；根据方差、标准差的计算公式可判定 B；由众数的概念可判定 C；
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由百分位数的概念可判定 D.
【详解】由平均数的计算公式，可得数据的平均数为 ，所以
A 项正确；
由方差的公式，可得 ，所以标准差为 ，所
以 B 项不正确；
根据众数的概念，可得数据的众数为 和 ，所以 C 项正确；
数据从小到大排序：1，2，2，2，3，3，3，4，5，5，根据百分位数的概念，可得第 85 百分位数是第 9 个
数据的值，即为 5，所以 D 项不正确.
故选：AC.
10. 已知点 P 在圆 上，点 、 ，则（ ）
A. 点 P 到直线 AB 的距离小于 9 B. 点 P 到直线 AB 的距离大于 1
C. 当 最小时， D. 当 最大时，
【答案】AC
【解析】
【分析】计算出圆心到直线 的距离，可得出点 到直线 的距离的取值范围，可判断 AB 选项的正误；
分析可知，当 最大或最小时， 与圆 相切，利用勾股定理可判断 CD 选项的正误．
【详解】圆 的圆心为 ，半径为 ，
直线 的方程为 ，即 ，
圆心 到直线 的距离为 ，
所以，点 到直线 的距离的最大值为 ，
点 到直线 的距离的最小值为 ，A 选项正确，B 选项错误；
如下图所示：
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当 最大或最小时， 均与圆 相切，连接 、 ，可知 ，
， ，由勾股定理可得
，C 选项正确，D 选项错误，
故选：AC．
11. 若函数 f(x)在 D 上可导，即 存在，且导函数 在 D 上也可导，则称 f(x)在 D 上存在二阶导函
数，记 .若 在 D 上恒成立，则称 f(x)在 D 上为凸函数.以下四个函数在 是
凸函数的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】依次验证四个选项中 是否在 恒成立，即得解
【详解】对 ： ， ， ，当 时， ，故
为凸函数；
对 ： ， ， ，当 时， ，故 为凸函数；
对 C： ， ， ，当
时， ，故 为凸函数；
对 ： ， ， ，当 时， ，故 不是凸函
数
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故选：ABC
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
12. 若曲线 在 处的切线的倾斜角为 ，则 ______.
【答案】3
【解析】
【分析】根据导数的几何意义求得 ，再利用正弦与余弦的齐次式计算即可.
【详解】因为 ，
所以 ， ，则 .
故答案为：3.
13. 设双曲线 的左右焦点分别为 ，过 作平行于 轴的直线交 C 于 A，
B 两点，若 ，则 C 的离心率为___________．
【答案】
【解析】
【分析】由题意画出双曲线大致图象，求出 ，结合双曲线第一定义求出 ，即可得到 的值，
从而求出离心率.
【详解】由题可知 三点横坐标相等，设 在第一象限，将 代入
得 ，即 ，故 ， ，
又 ，得 ，解得 ，代入 得 ，
故 ，即 ，所以 .
故答案为：
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14. 已知数列 的首项 ，且满足 对任意 都成立，则能使
成立的正整数 的最小值为_______________.
【答案】18
【解析】
【分析】分析数列特点，分数列 是等差数列、等比数列、等差与等比混合交叉的数列进行讨论.
【详解】由 知： 或 .
当 时，数列 是以 1 为首项，1 为公差的等差数列， ，则
，解得 ；
当 时，数列 是以 1 为首项，2 为公比的等比数列，
，则 ，解得： （舍）；
若数列 是等差与等比的交叉数列，又 ， ；
若要 最小，则 ， ， ， ，
， ， ， ， ， ，
， ， ， ， ， ， ，
，此时 ，故 的最小值为 18.
故答案为：18
【点睛】关键点点睛：本题考查根据数列中的规律求解数列中的项的问题，解题关键是能够根据递推关系
式讨论.若数列 为等差和等比各项交叉所得的数列，若要使 的值最小，则需尽可能利用对数列中的项
进行缩减，进而利用首项求出 的值.
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.
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15. 已知 分别为 的角 所对的边，且满足 ， ．
（1）求 ；
（2）若 外接圆的半径为 ，求 .
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理和余弦定理即可求解；
（2）先利用三角形内角和定理和两角差的正弦公式求得 的值，再根据正弦定理求解 即可.
【小问 1 详解】
， 由正弦定理可得 ，
， .
， .
【小问 2 详解】
由（1）知 ， .
， ， .
由正弦定理可知 ， .
16. 已知数列 满足： ， .
（1）求数列 的通项公式；
（2）设 ，求数列 的前 项和 ；
（3）设 ，记数列 的前 项和 ，求证： .
【答案】（1）
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（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）将 取倒数，判断数列 是等差数列，根据等差数列的通项公式可求数列
的通项公式.
（2）利用“裂项求和法”求数列 的前 项和 .
（3）利用“错位相减法”求数列 的前 项和 ，再进行比较判断.
【小问 1 详解】
由题设 ，
又 ，
所以数列 是首项为 1，公差为 3 的等差数列，
可得 ，故 .
【小问 2 详解】
由（1）知 ，所以 ，
则
【小问 3 详解】
由（2）得 ，
则 ，
所以 ，
两式相减得： ，
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即 ，
所以 ，
因为 ，所以 .
17. 如图，在多面体 中，四边形 是正方形， ， ，M 是 的中点．
（1）求证：平面 平面 ；
（2）若 平面 ， ， ，点 P 为线段 上一点，求直线 与平面 所
成角的正弦值的最大值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据线面平行的判定定理可证 平面 ， 平面 ，再由面面平行的判定定
理可证得结果；
（2）建立空间直角坐标系，求出直线的方向向量和平面的法向量，运用向量法求线面角，通过换元法转化
为二次函数求最值.
【小问 1 详解】
因为 ， ，所以四边形 为平行四边形，故 ,
又 平面 ， 平面 ,所以 平面 ；
连接 交 于 N，连接 ，因为四边形 是正方形，故 N 为 中点，
M 是 的中点，在 中，有 ， 平面 ， 平面 ,
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所以 平面 ，且 平面 ， 平面 , ,
所以平面 平面 .
【小问 2 详解】
如图，建立空间直角坐标系，设 ， ，
则 ，又 M 是 的中点，
故 , ，因为 ，
所以 ，解得 ，设 ，因点 P 线段 上一点，
则 ，即 ，
故 ，所以 ，
又 ，设平面 的一个法向量为 ，
则 ，即 ，令 ，则 ，
即 ，设直线 与平面 所成角为 ，
则
当 时 ，
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设 ， ，所以 ，
当 时 ，所以 ，
当 时， ，所以直线 与平面 所成角的正弦值的最大值为 .
【点睛】解决本题第二问关键是求出直线的方向向量和平面的法向量，运用向量法求出线面角正弦值的表
达式，通过换元法转化为二次函数求最值.
18. 已知椭圆 的离心率是 ，点 在 上．
（1）求 的方程；
（2）过点 的直线交 于 两点，直线 与 轴的交点分别为 ，证明：线段 的
中点为定点．
【答案】（1）
（2）证明见详解
【解析】
【分析】（1）根据题意列式求解 ，进而可得结果；
（2）设直线 的方程，进而可求点 的坐标，结合韦达定理验证 为定值即可.
【小问 1 详解】
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由题意可得 ，解得 ，
所以椭圆方程为 .
【小问 2 详解】
由题意可知：直线 的斜率存在，设 ，
联立方程 ，消去 y 得： ，
则 ，解得 ，
可得 ，
因为 ，则直线 ，
令 ，解得 ，即 ,
同理可得 ，
则
，
所以线段 的中点是定点 .
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【点睛】方法点睛：求解定值问题的三个步骤
（1）由特例得出一个值，此值一般就是定值；
（2）证明定值，有时可直接证明定值，有时将问题转化为代数式，可证明该代数式与参数(某些变量)无关；
也可令系数等于零，得出定值；
（3）得出结论．
19. 已知函数 （ 且 ）．
（1）讨论函数 的单调区间；
（2）当 时，证明： ．
【答案】（1）答案见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）先求得 并因式分解，然后对 进行分类讨论来求得 的单调区间.
（2）利用构造函数法，结合导数、零点存在性定理等知识来证得不等式成立.
【小问 1 详解】
，
①当 时，当 时， ， 时， ，
所以 的递增区间是 ， ，递减区间为 ；
②当 时，当 时， ， 时， ，
所以 的递增区间是 ， ，递减区间为 ．
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综上，当 时， 的递增区间是 ， ，递减区间为 ；
当 时， 的递增区间是 ， ，递减区间为 ．
【小问 2 详解】
当 时， ，
由题意可得，只需证明 ，
方法一：令 ，
则 ，
令 ，易知 在 上单调递增， ，
，
故存在 ，使得 ，即 ，
当 时， ， ， ， 单调递减，
当 时， ， ， ， 单调递增，
故 时， 取得唯一的极小值，也是最小值．
，
所以 ，即当 时， ．
方法二：不等式 等价于 ，
只需证 ，
令 ，所以 ，
当 时， ， 单调递减， 时， ， 单调递增，
所以 ，即 ，当且仅当 时取得等号，
用 替代 得到 ，函数 在 上单调递增，
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且 ， ，
故存在 ，使得 ，
所以 ，当且仅当 时取得等号，
所以 ，即当 时， ．
【点睛】方法点睛：
对于含参数的函数单调性问题，求导后因式分解，根据参数与导数零点的大小关系进行分类讨论是常用方
法.通过确定导数在不同区间的正负，得出函数的单调区间.
证明不等式时常采用构造函数法，可以直接构造函数，通过研究其单调性和最值来证明不等式，如方法一；
也可以对不等式进行适当变形后构造函数，利用已有的函数性质进行证明，如方法二利用这一结论进行替
换证明.
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