湖南省长沙市开福区2024_2025学年高二数学上学期开学考试试题含解析

这是一份湖南省长沙市开福区2024_2025学年高二数学上学期开学考试试题含解析，共18页。试卷主要包含了请将答案正确填写在答题卡上等内容，欢迎下载使用。
考试范围：必修部分；考试时间：120分钟，满分120分.
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
一、单选题（共40分）
1. 命题：的否定是（）
A. 使得
B. 使得
C. 都有
D. 都有
【答案】B
【解析】
【分析】利用全称命题的否定是特称命题写出结果即可。
【详解】命题：的否定是使得.
故选：B
【点睛】本题考查全称命题的否定，是基础题。
2. 若：，：，则是的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】D
【解析】
【分析】解出命题为真时对应的范围，结合充分、必要性定义分析即可得答案.
【详解】由，得，即，
由，得，即，
所以是的既不充分也不必要条件，
故选：D
3. 函数的定义域为（）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】运用偶次根式被开方数非负，求得的定义域.
【详解】解：
解得
即函数的定义域为
故选：
【点睛】本题考查函数定义域的求法，注意偶次根式的含义和定义域含义，考查运算能力，属于基础题．
4. 已知函数，且函数的最小正周期为，则下列关于函数的说法，
①；
②点是的一个对称中心；
③直线是函数的一条对称轴；
④函数的单调递增区间是.
其中正确的（）
A. ①②④B. ①②③C. ②③④D. ①③④
【答案】D
【解析】
【分析】由题得，所以，所以①正确；
函数没有对称中心，对称轴方程为，故②不正确，③正确；
令，得单调递增区间是，故④正确.
【详解】因为函数的最小正周期为，所以，所以①正确；
函数没有对称中心，且对称轴方程为，所以当时，对称轴方程为，故②不正确，③正确；
令，解得，所以的单调递增区间是，故④正确.
故选：D
5. 已知实数，，，则，，这三个数的大小关系是（）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用指数对数函数的单调性即可判断大小.
【详解】由于，即，由，即，
由，即，故.
故选：C
6. 在直三棱柱中，底面是以B为直角的等腰三角形，且，.若点D为棱的中点，点M为面的一动点，则的最小值为（）
A. B. 6C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用直三棱柱、等腰直角三角形的性质易证面，由面面垂直的判定有面面，进而可确定关于平面对称点E的位置，则有，应用勾股定理即可求的最小值.
【详解】由题意知，，为直三棱柱，即面面，面面，面，
∴面，又面，
∴面面.
∴易得关于平面对称点E落在的延长线上，且，即，如下图所示，的最小时，、、三点共线.
∴.
故选：C
【点睛】关键点点睛：利用面面垂直确定关于平面对称点位置，根据知当、、三点共线时的最小.
7. 已知中，设角、B、C所对的边分别为a、b、c，的面积为，若，则的值为（）
A. B. C. 1D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】首先根据正弦定理将等式中的角转化成边得：，通过余弦定理可将等式化简整理为，通过三角函数图像可知，同时通过基本不等式可知，即得，通过取等条件可知，，将其代入问题中即可求解答案.
【详解】已知
由正弦定理可知：，
，
整理得：，
两边同除得：，
根据余弦定理得：，即，
，，，当且仅当，即时等号成立.
又，当且仅当时，等号成立.
综上所述：且，
故得：，此时且，
，.
故选：B
8. 已知锐角三角形中，角所对的边分别为的面积为，且，若，则的取值范围是（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据面积公式，余弦定理和题干条件得到，结合正弦定理得到，由为锐角三角形，求出，从而求出，求出的取值范围.
【详解】因为，所以，
即，
所以，
整理得：，
因为，
所以，
由正弦定理得：，
因为，
所以，
因为为锐角三角形，
所以为锐角，
所以，即，
由，解得：，
因为，
所以，
解得：，
故选：A
【点睛】三角形相关的边的取值范围问题，通常转化为角，利用三角函数恒等变换及三角函数的值域等求出边的取值范围，或利用基本不等式进行求解.
二、多选题（共18分）
9. 已知平面向量，，则下列说法正确的是（）
A
B. 在方向上的投影向量为
C. 与垂直的单位向量的坐标为
D. 若向量与向量共线，则
【答案】AD
【解析】
【分析】根据向量的坐标运算求，，对于A：根据向量的夹角公式运算求解；对于B：根据投影向量的定义分析运算；对于C：根据向量垂直的坐标运算求解；对于D：根据向量共线的判定定理分析运算.
【详解】由题意知，，
对于选项A：，故A正确；
对于选项B：在方向上的投影向量为，故B错误；
对于选项C：设与垂直的单位向量的坐标为，
可得，解得或，
所以与垂直的单位向量的坐标为或，故C错误；
对于选项D：因为向量与向量共线，
所以若存在，使得，
则，解得，故D正确．
故选：AD.
10. 已知函数，若关于的不等式恰有1个整数解，则实数的取值可以为（）
A. -2B. 3C. 5D. 8
【答案】CD
【解析】
【分析】由解析式可作出图象，将所求不等式变为，分别在、和三种情况下得到不等式的解，通过图象观察可确定1个整数解的值，由此确定临界状态得到取值范围.
【详解】由解析式可得图象如下图所示，
由得：，
当时，，不等式无解；
当时，由得：，
若不等式恰有1个整数解，则整数解为，
又，，，所以；
当时，由得：，此时有多个解，故舍去；
综上所述：实数的取值范围为.
故选：CD.
11. 对于定义域为D的函数,若同时满足下列条件:①在D内单调递增或单调递减;②存在区间,使在上的值域为.那么把称为闭函数.下列结论正确的是
A. 函数是闭函数
B. 函数是闭函数
C. 函数是闭函数
D. 时,函数是闭函数
E. 时,函数是闭函数
【答案】BD
【解析】
【分析】
依次判断每个选项：根据单调性排除；在上的值域为 B正确；根据闭函数定义得到，故D正确，E错误，得到答案.
【详解】因为在定义域上不是单调函数，所以函数不是闭函数，A错误；
在定义域上是减函数，由题意设，则，解得
因此存在区间，使在上的值域为，B正确；
在上单调递增，在上单调递增，所以函数在定义域上不单调递增或单调递减，从而该函数不是闭函数，C错误；
若是闭函数，则存在区间，使函数的值域为，即，所以a，b为方程的两个实数根，
即方程有两个不等的实根.
当时，有，解得；
当时，有，此不等式组无解.
综上所述，，因此D正确，E错误；
故选：BD
【点睛】本题考查了函数的新定义，单调性和值域，意在考查学生对于函数性质的综合应用.
三、填空题（共15分）
12. 若函数具有性质：①为偶函数，②对任意，都有，则函数的解析式是_____________．（只需写出满足条件的一个解析式即可）
【答案】，，，（答案不唯一）
【解析】
【分析】
若函数具有性质：①为偶函数，说明②对任意，都有，说明，是周期函数.
【详解】若函数具有性质：①为偶函数，说明
②对任意，都有，说明，是周期函数.
所以，或或，
故答案为：，，，（答案不唯一）
【点睛】本题主要考查了抽象函数的周期性、对称性、以及奇偶性，属于开放性题，属于中档题.
13. 若正实数x，y满足，则的最小值为______．
【答案】9
【解析】
【分析】首先将化为，再利用基本不等式进行求解.
【详解】由得，又因，，
所以，
当且仅当时等号成立，故的最小值为9．
故答案为：9.
14. 已知三棱锥外接球直径为SC，球表面积为，且，则三棱锥的体积为______.
【答案】##
【解析】
【分析】求出外接球半径，得到，，作出辅助线，求出⊥平面，由勾股定理求出各边长，由余弦定理得到，进而得到，求出，利用锥体体积公式求出答案.
【详解】设外接球半径为，则，解得，故，
由于均在球面上，故，
由勾股定理得，
取的中点，连接，则⊥，⊥，
，
又，平面，故⊥平面，
其中，由勾股定理得，
在中，由余弦定理得，
故，
故，
故三棱锥的体积为
故答案为：
【点睛】关键点点睛：取的中点，连接，证明出⊥平面，从而利用求出三棱锥的体积.
四、解答题（共77分）
15. 已知函数，.
（1）求函数的最小正周期和对称轴；
（2）设的内角的对边分别为，满足，，且的面积为，求的值.
【答案】（1）最小正周期为，对称轴为：；（2）.
【解析】
【分析】
（1）利用三角恒等变换化简函数式可得即可求的最小正周期和对称轴；
（2）利用三角形面积公式、余弦定理有，即可求的值.
【详解】（1）解：，
∴函数的最小正周期为；
而对称轴为，
∴函数的对称轴为：.
（2）且，则，
由，可知①，
由余弦定理及，可知②；
结合①②：.
【点睛】本题考查了正余弦定理的应用，利用三角恒等变换化简函数式，结合三角函数的性质求周期、对称轴，并应用三角形面积公式、余弦定理解三角形，属于中档题.
16. 如图，在五面体中，四边形是正方形，，，.
（1）求证：平面平面；
（2）设是的中点，棱上是否存在点，使得平面？若存在，求线段的长；若不存在，说明理由.
【答案】（1）证明见解析；（2）存在，.
【解析】
【分析】
【详解】（1）证明：在正方形中，可得，又，，，平面，
所以平面，又平面,
所以平面平面.
（2）解：因为，平面，平面，所以平面，
又平面平面，平面，所以，
分别取，上的点，使得，
又因为，故四边形是平行四边形，所以，
又因为平面，平面，所以平面，
取中点，则，
又，故四边形是平行四边形，所以，
又因为，是的中点，故是的中位线，
所以，又由平面，平面，
所以平面，，平面
所以平面平面，又由平面，
所以平面，此时.
【点睛】方法点睛：对于这类探索性问题，通常是利用面面平行，证得线面平行，并确定点的位置.
17. 已知某科技公司的某型号芯片的各项指标经过全面检测后，分为I级和Ⅱ级，两种品级芯片的某项指标的频率分布直方图如图所示：
若只利用该指标制定一个标准，需要确定临界值K，将该指标大于K的产品应用于A型手机，小于或等于K的产品应用于B型手机．假设数据在组内均匀分布，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率．
（1）若临界值，请估计该公司生产的1000个该型号芯片I级品和1000个Ⅱ级品中应用于A型手机的芯片个数；
（2）设且，现有足够多的芯片I级品､Ⅱ级品，分别应用于A型手机､B型手机各1万部的生产：
方案一：直接将该芯片I级品应用于A型手机，其中该指标小于等于临界值K的芯片会导致芯片生产商每部手机损失800元；直接将该芯片Ⅱ级品应用于B型手机，其中该指标大于临界值K的芯片，会导致芯片生产商每部手机损失400元；
方案二：重新检测芯片I级品，II级品的该项指标，并按规定正确应用于手机型号，会避免方案一的损失费用，但检测费用共需要130万元；
请求出按方案一，芯片生产商损失费用的估计值（单位：万元）的表达式，并从芯片生产商的成本考虑，选择合理的方案．
【答案】（1）
（2），应选择方案二
【解析】
【分析】（1）根据频率分布直方图，即可求解频率，进而可求解，
（2）分别计算两种方案的费用，即可比较作答.
【小问1详解】
临界值时，I级品中该指标大于60的频率为，
II级品中该指标大于60的频率为0.1
故该公司生产的1000个该型号芯片I级品和1000个II级品中应用于型手机的芯片个数估计为：
【小问2详解】
当临界值时，若采用方案一：
I级品中该指标小于或等于临界值的概率为，
可以估计10000部型手机中有部手机芯片应用错误；
II级品中该指标大于临界值的概率为，
可以估计10000部型手机中有部手机芯片应用错误；
故可以估计芯片生产商的损失费用
又采用方案二需要检测费用共130万元
故从芯片生产商的成本考虑，应选择方案二
18. 设A是符合以下性质的函数组成的集合，对任意的且在上是减函数。
（Ⅰ）判断函数及是否属于集合A，并简要说明理由；
（Ⅱ）把（Ⅰ）中你认为是集合A中的一个函数记为，若不等式对任意的总成立，求实数k的取值范围。
【答案】（Ⅰ）不在集合A中，在集合A中；（Ⅱ）．
【解析】
【分析】（Ⅰ）根据集合的性质检验；
（Ⅱ）求出的最大值，可得的范围．
【详解】（Ⅰ）因为在时是减函数，且，
所以不在集合A中，又因为时，，
所以且在上是减函数，在集合A中，
（Ⅱ）当时，，
又由对任意的恒成立，所以，
所以所求的实数的取值范围是．
【点睛】本题考查函数的单调性与值域，考查不等式恒成立问题．不等式恒成立问题通常转化为求函数的最值．如恒成立，恒成立．
19. 已知函数.
（1）若，，且在上的最大值为，最小值为，试求，的值；
（2）若，，且对任意恒成立，求的取值范围.（用来表示）
【答案】(1)；(2) 当时，；当时，.
【解析】
【分析】
（1）求得二次函数的对称轴，根据对称轴和区间的位置关系，分类讨论，待定系数即可求得；
（2）对参数进行分类讨论，利用对勾函数的单调性，求得函数的最值，即可容易求得参数范围.
【详解】（1）由题可知是开口向下，对称轴为的二次函数，
当时，二次函数在区间上单调递增，
故可得显然不符合题意，故舍去；
当，二次函数在单调递增，在单调递减，
且当时，取得最小值，故，不符合题意，故舍去；
当时，二次函数在处取得最小值，在时取得最大值.
则；，整理得；
则，解得或（舍），
故可得.
综上所述：.
（2）由题可知，
因为对任意恒成立，
即对任意恒成立，
即对任意恒成立，
令，则，且.
因为，故可得.
①当，即时，
在区间单调递减，
故，
则，
解得.
此时，，也即，
故.
②当，即时，
在单调递减，在单调递增.
，即
又因为，，
则，
故的最大值为，
则，解得，
此时，
故可得.
综上所述：
当时，；
当时，.
【点睛】本题考查二次函数动轴定区间问题的处理，以及由恒成立问题求参数范围，涉及对勾函数的单调性，属综合中档题.