湖南省长沙市2024_2025学年高二数学上学期10月月考试题含解析

这是一份湖南省长沙市2024_2025学年高二数学上学期10月月考试题含解析，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。
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，只有一项是符合题目要求的．
1. 已知，则（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据复数的除法运算，即可求出答案.
【详解】由题意得，
故选：A
2. 设集合，则（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由绝对值不等式解出集合，再由对数的单调性得到集合，最后求并集即可；
【详解】由题意可得，所以，
因为，所以，所以，
所以，
故选：C.
3. 若圆锥的轴截面是面积为的等边三角形，则该圆锥的表面积为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设圆锥的底面半径为r，根据轴截面面积求出r，结合圆锥侧面积公式，即可求得答案.
【详解】设圆锥的底面半径为r，
由于圆锥的轴截面是等边三角形，则该圆锥的高为，母线长为2r，
又轴截面面积为，故，
则该圆锥的表面积为，
故选：B
4. 若角满足，则（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定条件，利用诱导公式求出，再利用二倍角的余弦公式，结合齐次式法求值.
【详解】由，得，
即，则
所以
.
故选：B
5. 已知平面上三个单位向量满足，则（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】将平方后求出，再根据数量积的运算律，即可求得答案.
【详解】由题意知平面上三个单位向量满足，则，
即，则，
故，
故选：C
6. 若函数在定义域上的值域为，则称为“函数”．已知函数是“函数”，则实数的取值范围是（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据“函数”的定义确定的值域为，结合每段上的函数的取值范围列出相应不等式，即可求得答案.
【详解】由题意可知的定义域为，
又因为函数是“函数”，故其值域为；
而，则值域为；
当时，，
当时，，此时函数在上单调递增，则，
故由函数是“函数”可得，
解得，即实数的取值范围是，
故选：C
7. 已知两点的坐标分别为，两条直线和的交点为，则的最大值为（）
A. B. C. 1D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】由直线所过定点和两直线垂直得到点的轨迹，再设，结合辅助角公式求出即可；
【详解】
由题意可得直线恒过定点，恒过定点，
且两直线的斜率之积为，所以两直线相互垂直，
所以点在以线段为直径的圆上运动，
，设，
则，
所以，
所以当时，即时，取得最大值，此时点的坐标为.
故选：D.
8. 已知点P在椭圆τ：(a>b>0)上，点P在第一象限，点P关于原点O的对称点为A，点P关于x轴的对称点为Q，设直线AD与椭圆τ的另一个交点为B，若PA⊥PB，则椭圆τ的离心率e=（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设的坐标，由题意可得的坐标，再由向量的关系求出的坐标，求出的斜率，设坐标，在椭圆上，将的坐标代入椭圆的方程，两式相减所以可得，再由可得的关系，进而求出离心率．
详解】设，则，，则，设，
则两式相减得到：，
即，
故，即，故，故.
故选：C.
【点睛】本题考查了椭圆的离心率，意在考查学生的计算能力和转化能力，属于中档题.
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. 若圆上至多存在一点，使得该点到直线的距离为2，则实数可能为（）
A. 5B. 6C. 7D. 8
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据圆的方程确定圆心和半径以及，再结合题意列出相应不等式，即可求得答案.
【详解】圆即圆,
需满足，则圆心为，半径为
圆心到直线的距离为，
要使圆上至多存在一点，使得该点到直线的距离为2，
需满足，解得，结合选项可知6，7，8符合题意，
故选：BCD
10. 已知函数的定义域为为偶函数，为奇函数，则下列选项正确的是（）
A. 图象关于直线对称
B. 的图象关于点对称
C.
D. 的一个周期为8
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据函数的奇偶性可推出函数的对称性，判断AB；利用赋值法求出的值，结合对称性可求，判断C；结合函数奇偶性、对称性可推出函数的周期，判断D.
【详解】由于函数的定义域为为偶函数，
则，即，则的图象关于直线对称，A正确；
又为奇函数，则，即，
故的图象关于点对称，B正确；
由于，令，则，
又的图象关于直线对称，故，C错误；
又，，则，
故，即，则，
即的一个周期为8，D正确，
故选：ABD
11. 在棱长均为1的三棱柱中，，点满足，其中，则下列说法一定正确的有（）
A. 当点为三角形的重心时，
B. 当时，的最小值为
C. 当点在平面内时，的最大值为2
D. 当时，点到的距离的最小值为
【答案】BCD
【解析】
【分析】将用表示，再结合求出，即可判断A；将平方，将代入，再结合基本不等式即可判断B；当点在平面内时，则存在唯一实数对使得，再根据，求出，再根据即可判断C；求出在方向上的投影，再利用勾股定理结合基本不等式即可判断D.
【详解】对于A，当点为三角形的重心时，，
所以，又因为，
所以，所以，故A错误；
对于B，
，
因为，所以，
则
，
当且仅当时取等号，
所以，
所以，所以的最小值为，故B正确；
对于C，当点在平面内时，
则存在唯一实数对使得，
则，又因为，
所以，所以，
因为，所以，所以的最大值为2，故C正确；
对于D，当时，由A选项知，
，
在方向上的投影为，
所以点到的距离，
因为，所以，当且仅当时，取等号，
所以点到的距离的最小值为，故D正确.
故选：BCD.
【点睛】关键点点睛：当点在平面内时，则存在唯一实数对使得，再根据，求出，是解决C选项的关键.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知随机事件满足，则____________．
【答案】
【解析】
【分析】根据随机事件的和事件的概率计算公式，即可求得答案.
【详解】由题意可知，
故,
则，
故答案为：
13. 已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为和，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为__________．
【答案】
【解析】
【分析】分别求得上下底面所在平面截球所得圆半径，找到球心，求得半径，再由球的表面积公式可得结果．
【详解】
由题意设三棱台为，如图，
上底面所在平面截球所得圆的半径是，为上底面截面圆的圆心
下底面所在平面截球所得圆的半径是，为下底面截面圆的圆心
由正三棱台的性质可知，其外接球的球心在直线上，
当在线段上时，轴截面中由几何知识可得，无解；
当在的延长线上时，可得，解得，
因此球的表面积是．
故答案为：
14. 已知2024是不等式的最小整数解，则的取值范围为____________．
【答案】
【解析】
【分析】结合分式不等式和对数函数与指数函数互换的性质变形不等式，再分大于零和小于零时分类讨论即可；
【详解】由题意可得，
变形不等式可得，
当时，
有，由指数函数和对数函数的互化并整理可得，
即，解得或（舍去），
从而，
又时，
所以要使2024是不等式的最小整数解，有，
解得，
所以，
当时，注意到，
此时，不等式的分子大于零，不符合题意，
综上，的取值范围为.
故答案：.
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. 某研究小组经过研究发现某种疾病的患病者与未患病者的某项医学指标有明显差异，经过大量调查，得到如下的患病者和未患病者该指标的频率分布直方图：
利用该指标制定一个检测标准，需要确定临界值，将该指标大于的人判定为阳性，小于或等于的人判定为阴性．此检测标准的漏诊率是将患病者判定为阴性的概率，记为；误诊率是将未患病者判定为阳性的概率，记为．假设数据在组内均匀分布．
（1）当漏诊率时，求临界值和误诊率；
（2）已知一次调查抽取的未患病者样本容量为100，且该项医学指标检查完全符合上面频率分布直方图（图2），临界值，从样本中该医学指标在上的未患病者中随机抽取2人，则2人中恰有一人为被误诊者的概率是多少？
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）由图1，根据漏诊率列式求出，再由图2求出误诊率；
（2）根据图2求出100个未患病者中，该项医学指标在中的人数以及被误诊者的人数，再利用列举法和古典概型的概率公式可求出结果.
【小问1详解】
依题可知，图1第一个小矩形的面积为，所以，
所以，解得，
．
【小问2详解】
由题可知，100个未患病者中，该项医学指标在中的有人，
其中被误诊者有人，
记随机抽取的2人恰有一人为被误诊者为事件A．分别用a，b，c，d，E，F表示这6人，E，F代表被误诊的2人，
样本空间，
事件，故，，
，故2人中恰有一人为被误诊者的概率是．
16. 已知圆，过点的直线与圆交于两点，点满足，其中为坐标原点．
（1）求点的轨迹方程；
（2）若的面积为2，求．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设Mx,y，求出圆心坐标，利用的数量积为零求出轨迹方程即可；
（2）设圆心到直线的距离为，由三角形面积公式求出，再利用弦长公式求解即可；
【小问1详解】
由可得点为线段的中点，设Mx,y，
圆方程化为标准方程为，所以圆心，半径，
所以，
因为，所以，
整理可得，
所以点的轨迹方程为，
【小问2详解】
设圆心到直线的距离为，
因为为的中点，且，的面积为2，，
所以，即，解得，
由弦长公式可得.
17. 如图，在四棱锥中，底面是矩形，，，，点M，N分别是棱，的中点.
（1）求证：平面；
（2）若平面平面，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）见解析（2）
【解析】
【分析】（1）取的中点为Q，连接，，由平面几何知识可得且，进而可得，由线面平行的判定即可得证；
（2）过点P作交于点E，作交CD于点F，连接，取的中点为O，连接，建立空间直角坐标系后，求出平面的一个法向量为、直线的方向向量，利用即可得解.
【详解】（1）证明：取的中点为Q，连接，，如图：
又点N是的中点，则且，
又点M是的中点，底面是矩形，
则且，
∴且，∴四边形是平行四边形，∴，
又平面，平面，∴平面；
（2）过点P作交于点E，作交CD于点F，连接，
则，，∴平面，
又平面，∴平面平面，
∵，，，
∴，，，.
设平面平面，可知，
∵平面平面，∴，∴，
取的中点为O，连接、，则平面，，
∴、、两两垂直，
以O为坐标原点，分别以，，所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系,，如图所示，
则，，，，，
∴，，，
设平面的一个法向量为，
则由，令可得.
设直线与平面所成角为，
则
∴直线与平面所成角的正弦值为.
【点睛】本题考查了线面平行的判定及利用空间向量求线面角，考查了空间思维能力与运算求解能力，属于中档题.
18. 已知P(，)是椭圆C： (a>b>0)上一点，以点P及椭圆的左、右焦点F1，F2为顶点的三角形面积为2．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）过F2作斜率存在且互相垂直的直线l1，l2，M是l1与C两交点的中点，N是l2与C两交点的中点，求△MNF2面积的最大值．
【答案】（1）；
（2）﹒
【解析】
【分析】(1)由椭圆过的点的坐标及三角形的面积可得，，之间的关系，求出，的值，进而求出椭圆的标准方程；
(2)由题意设直线的方程，与椭圆联立求出两根之和，进而求出交点的中点的纵坐标，同理求出的纵坐标，进而求出面积的表达式，换元由函数的单调性求出其最大值．
【小问1详解】
由题意可得，解得：，，
∴椭圆的标准方程为：；
【小问2详解】
由(1)可得右焦点，
由题意设直线的方程为：，设直线与椭圆的交点，，，，则中点的纵坐标为，
联立直线与椭圆的方程，
整理可得：，，∴，
同理可得直线与椭圆的交点的纵坐标，
∴
，
设，令，则，令，，
，，恒成立，∴在，单调递增，
∴．
∴面积的最大值为：．
19. 基本不等式是最基本的重要不等式之一，二元基本不等式为．由低维到高维，知识与方法上的类比是探索发展的重要途径，是发现新问题、新结论的重要方法．基本不等式可以推广到一般的情形：对于个正数，它们的算术平均数（注：）不小于它们的几何平均数（注：），即，当且仅当时，等号成立．
（1）已知，求的最小值；
（2）已知且．
（ⅰ）求证：；
（ⅱ）当，求的最小值，其中．
【答案】（1）
（2）（ⅰ）证明见解析（ⅱ）
【解析】
【分析】（1）直接使用均值不等式即可证明，再构造取到等号的例子即可；
（2）（ⅰ）使用适当的元和元均值不等式，再将所得结果相乘即可；（ⅱ）先研究函数的性质，再利用相应性质得到结果.
【小问1详解】
由均值不等式得.
而当，时，有，.
所以的最小值是.
【小问2详解】
（ⅰ）由于，，故对，由均值不等式有
，
.
将二者相乘，得.
再将该不等式对相乘，即得
.
（ⅱ）对，设.
则，.
对，设，.
则，，所以在上递增.
所以对有，对有.
这表明在上递减，在上递增，所以由有.
这就得到，同理有，即
再设，.
则，.
所以在上递减.
而，.
所以一定存在，使得对有，对有.
故在上递增，在上递减，而，结合的单调性，知对任意有.
特别地，有，即，此即.
对，同理有.
而对，显然有.
综上，对任意，有.
先证明一个引理：设，则.
用数学归纳法证明.
①当时，结论显然成立.
②若结论对成立，则对，有
.
从而结论对也成立.
结合①②，可知原结论对无穷多个正整数成立.
③若结论对成立，则对，有
.
从而结论对也成立.
由于原结论对无穷多个正整数成立，再结合③，即知原结论对任意的正整数成立.
引理证毕，回到原题.
由于我们有，故
.
而当时，有.
所以的最小值是.
【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于对全新知识和工具的运用，适当运用工具方可解决问题.