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（解析）

这是一份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（解析），共17页。试卷主要包含了必修二，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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. 2C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数的乘法、除法运算求解即可.
【详解】因为，所以，
所以，
所以，
故选：B
4. 已知函数则的值为（ ）
A. 24B. 16
C. 12D. 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】
【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. 3B. 2C. 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3B. 标准差为
C. 众数为2和3D. 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；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9B. 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：
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
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：
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.
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）
（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：，
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,
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，
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】
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.
【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．
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，
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.