湖南省衡阳市2025-2026学年高二上学期1月期末考试 数学（含答案）

这是一份湖南省衡阳市2025-2026学年高二上学期1月期末考试 数学（含答案），共23页。试卷主要包含了考试结束后，将答题卡上交， 函数，记，则等内容，欢迎下载使用。
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
注意事项：
1.本试卷分第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两部分，共4大题，19小题.答卷前，考生务必将自己的学校、班级、姓名、准考证号填写在答题卡上.
2.回答第I卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.
3.将答案写在答题卡上，写在试题卷上无效.
4.考试结束后，将答题卡上交.
第I卷
一、单选题：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. 若集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先确定集合，再根据集合的交集运算即可求解.
【详解】因为，
所以.
故选：C
2. 在复平面内，复数，对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】D
【解析】
【分析】根据复数运算法则及复数的几何意义即可求解.
【详解】原式=，
对应复平面的点为，在第四象限.
故选：D
3. 已知向量、满足，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用平面向量数量积的运算性质和坐标运算可得出的值.
【详解】因为向量、满足，，
则.
故选：A.
4. 香农定理作为通信理论的基石，在现代通信中有着广泛的应用，它给出了信道容量和信噪比及信道带宽的关系，即其中是信道容量，单位bps；为信道带宽，单位Hz；代表接收信号的信噪比，为无量纲单位.军事战术电台采用跳频扩频（FHSS）技术，通过每秒切换数千次频率将信道带宽由5MHz扩展至100MHz，为了将敌方干扰效率降低90%以上，需将信道容量由17.3Mbps提高至593Mbps，依据香农定理，则大约需将信号的信噪比提升至原来的（ ）倍.（参考数据：，）
A. 5B. 6C. 7D. 8
【答案】B
【解析】
【分析】依据香农定理，结合题中数据代入计算即可.
【详解】设原始状态信道容量为，提升后信道容量为，
由题意可得，即，解得，
同理，即，解得，
所以大约需将信号的信噪比提升至原来的6倍.
故选：B
5. 在中，“”是“为锐角三角形”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】B
【解析】
【分析】利用和角的余弦公式，充分条件、必要条件的定义判断即得.
【详解】在中，，
因此是钝角，是锐角，没有条件判断都是锐角，则不能确定为锐角三角形；
反之，为锐角三角形，则是锐角，是钝角，成立，
所以“”是“为锐角三角形”的必要不充分条件.
故选：B
6. 函数，记，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题意得是上的偶函数，由复合函数单调性可知关于在上单调递减，进一步比较对数、指数幂的大小即可求解.
【详解】注意到定义域为全体实数，且，
所以是上的偶函数，
从而，
因为在上单调递增，
所以关于在上单调递减，
而，
所以.
故选：B.
7. 英国著名物理学家牛顿用“作切线”的方法求函数零点时，给出的“牛顿数列”在航空航天中应用广泛，若数列满足，则称数列为牛顿数列.如果函数，数列为牛顿数列，设且，，数列的前项和为，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题目信息得到，则，两边取对数可得，从而得到数列为等比数列，再利用等比数列的前项和公式求解即可.
【详解】由题知，
因为，
所以，两边取对数得：，
令，即，所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以.
故选：D.
8. 若关于的方程有三个不相等的实数解，，，且，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】化简方程，令，得到．构造函数，则，利用函数的单调性，结合函数的图象，要使关于的方程有三个不相等的实数解，，，且，结合图象可得关于的方程一定有两个实根，（），结合韦达定理，推出所求表达式的关系式，然后求解即可．
【详解】由方程，可得.
令，则有，即.
令函数，则，
由，解得，，解得
所以在上单调递增，在上单调递减，且
作出图象如图所示，要使关于的方程有三个不相等的实数解，，，且，
结合图象可得关于的方程一定有两个实根，，
且，，，.
所以，解得或
若，则,解得，则
此时只有1个实数根，此时原方程没有3个不等实数根，故不满足题意.
若，则，可得，显然此时原方程没有3个不等实数根，故不满足题意.
要使原方程有3个不等实数根，则
所以，，解得.
所以，
故.
故选：A
【点睛】关键点睛：本题主要考查利用导数研究方程的解，解答本题的关键是利用换元法设，将方程化为，根据题意得出方程一定有两个实根，（），设函数判断出函数的单调性，结合图象将,示为关于m的函数，求出函数的范围，属于难题.
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，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. 某单位有职工人，其中男职工人，现为了解职工健康情况，该单位采取分层随机抽样的方法抽取了一个容量为的样本，得出体重情况:男职工的平均体重为，女职工的平均体重为.则下列说法正确的是（ ）
A. 抽查的样本中女职工人数为
B. 该单位男职工的体重普遍比女职工重
C. 估计该单位职工平均体重为
D. 男、女职工被抽中的可能性均为
【答案】BD
【解析】
【分析】根据抽样比即可求解AD，根据平均数的定义以及计算公式即可求解BC.
【详解】A选项，抽查的样本中女职工人数为，A选项错误;
B选项，男职工的平均体重，女职工的平均体重为，根据样本估计可知：该单位男职工的体重普遍比女职工重，B选项正确;
C选项，估计该单位职工平均体重为，C选项错误;
D选项，男、女职工被抽中的可能性均为，D选项正确.
故选:BD.
10. 如图，底面为边长是的正方形，半圆面底面.点为半圆弧(不含点)一个动点.下列说法正确的是（ ）
A. 三棱锥的每个侧面三角形都是直角三角形
B. 三棱锥的体积的最大值为
C. 三棱锥的外接球的表面积为定值
D. 直线与平面所成最大角的正弦值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，根据半圆和正方形的性质，结合线面垂直的性质定理、线面垂直的判定定理即可判断；对于B，根据题设可判断点为半圆弧的中点时，三棱锥的底面积取得最大值，然后利用三棱锥的体积公式求得三棱锥的体积的最大值后即可判断；对于C，结合图形可判断三棱锥的外接球的球心为的中点，然后利用球的体积公式即可求得三棱锥的外接球的表面积，进而判断为定值；对于D，结合图形过点作，连接，则可判断为直线与平面所成角的平面角，设，列出线面角正弦值关于的关系式，换元后利用基本不等式即可求解.
【详解】对于A，因为底面为边长是的正方形，所以，
又半圆面底面，半圆面底面，底面，所以半圆面；
又半圆面，所以，，所以是直角三角形；
因为是圆的直径，所以，所以是直角三角形；
因为，所以是直角三角形；
因为，，，底面，所以平面；又平面，所以，所以是直角三角形；
所以三棱锥的每个侧面三角形都是直角三角形，故A正确；
对于B，在三棱锥中，半圆面，所以是三棱锥的高；
当点是半圆弧的中点时，三棱锥的底面积取得最大值，此时三棱锥的体积取得最大值，即三棱锥的体积的最大值为，故B错误；
对于C，如图，取的中点，由A选项知，所以点为三棱锥外接球的球心，所以三棱锥外接球的表面积为，故C正确；
对于D，如图，过点作于，连接，
因为半圆面底面，半圆面底面，半圆面，所以面；
所以为在面内的射影，所以为直线与平面所成角的平面角；
设，则，，则在直角三角形中，，，
所以；
所以；
令，则，且，所以；
又，当且仅当，即时，取等号；
所以，所以，
所以，即直线与平面所成最大角的正弦值为，故D正确.
故选：ACD.
11. 造型可以做成美丽的丝带，将其看作图中曲线的一部分．已知过坐标原点．且上的点满足横坐标大于，到点的距离与到定直线的距离之积为．以下结论正确的有（ ）
A.
B. 曲线上存在点，满足
C. 若点是曲线第一象限上的点，则的面积的最大值为
D. 当点在上时，不等式恒成立
【答案】ABD
【解析】
【分析】由题意，将原点坐标代入可得，可判断A；设点在上，通过放缩可得不等式，求出的取值范围，进而可求出的取值范围，可判断B；取，求得，可判断C；利用不等式的基本性质可判断D．
【详解】对于A，由题意点在曲线的上面，当且仅当，
∵曲线过原点且，∴，A正确；
对于B，由题意可知，曲线的方程为，
若点在上，则，
又∵，则，∴，
故，
∵，∴曲线上存在点，满足，B正确；
对于C，在中，当时，化简得，
当点第一象限时，取，则，
此时，
因此，的面积的最大值大于1，C错误；
对于D，由可得，
∵，∴，故，
整理可得，D正确．
故答案为：ABD．
第Ⅱ卷
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知直线与圆相交于两点，则的最小值为___________.
【答案】
【解析】
【分析】求出直线过定点，根据圆的性质可得当时，最小，根据勾股定理求解即可求出答案.
【详解】将方程转化为，
令解得，即过定点，
当时，圆心到直线的距离最大值为，
此时取得最小值，.
所以的最小值为.
故答案为：.
13. 已知双曲线E：的左焦点为F1，过点F1的直线与两条渐近线的交点分别为M，N两点（点F1位于点M与点N之间），且，又过点F1作F1P⊥OM于P（点O为坐标原点），且|ON|＝|OP|，则双曲线E的离心率e为 __．
【答案】
【解析】
【分析】由对称性得ON⊥MN，由点到直线距离公式得，然后由勾股定理求得的关系得出离心率．
【详解】解：双曲线E：的渐近线方程为，
∵|ON|＝OP|，且F1P⊥OM，可得△PF1O≌△NF1O，ON⊥MN，
双曲线的一条渐近线方程为bx﹣ay＝0，
则|F1N|＝|F1P|＝＝b．
∵，∴|MN|＝3b，|MF1|＝2b，
由勾股定理可得，|ON|＝|OP|＝，|PM|＝＝，
又|MN|2+|ON|2＝|OM|2，∴(3b)2+a2＝(a+)2，
整理可得a＝，即3c2＝4a2，∴．
故答案为：．
14. 若关于的不等式对任意恒成立，则实数的取值范围为____．
【答案】
【解析】
【分析】对式子变形后，构造函数，，利用导数求解函数的单调性，即可根据单调性求解.
【详解】由题意可知，，即对任意恒成立．
设，则问题转化为在上恒成立，
因为，所以当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，又，所以当时，；当时，.
①在上，若恒成立，则恒成立，即，则；
②在上，若，则恒成立，即在上恒成立，
由可得，
令，则，当时，，所以在上单调递增，所以，所以.
综上所述，实数的取值范围为.
故答案为：
四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤.
15. 在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
（1）求的值；
（2）在边BC上取一点D，使得，求的值．
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】（1）方法一：利用余弦定理求得，利用正弦定理求得.
（2）方法一：根据的值，求得的值，由（1）求得的值，从而求得的值，进而求得的值.
【详解】（1）[方法一]：正余弦定理综合法
由余弦定理得，所以.
由正弦定理得.
[方法二]【最优解】：几何法
过点A作，垂足E．在中，由，可得，又，所以．
在中，，因此．
（2）[方法一]：两角和的正弦公式法
由于，，所以.
由于，所以，所以.
所以
.
由于，所以.
所以.
[方法二]【最优解】：几何法+两角差的正切公式法
在（1）的方法二的图中，由，可得，从而．
又由（1）可得，所以．
[方法三]：几何法+正弦定理法
在（1）的方法二中可得．
在中，，
所以．
在中，由正弦定理可得，
由此可得．
[方法四]：构造直角三角形法
如图，作，垂足为E，作，垂足为点G．
在（1）的方法二中可得．
由，可得．
在中，．
由（1）知，所以在中，，从而．
在中，．
所以．
【整体点评】（1）方法一：使用余弦定理求得，然后使用正弦定理求得；方法二：抓住45°角的特点，作出辅助线，利用几何方法简单计算即得答案，运算尤其简洁，为最优解；（2）方法一：使用两角和的正弦公式求得的正弦值，进而求解；方法二：适当作出辅助线，利用两角差的正切公式求解，运算更为简洁，为最优解；方法三：在几何法的基础上，使用正弦定理求得的正弦值，进而得解；方法四：更多的使用几何的思维方式，直接作出含有的直角三角形，进而求解，也是很优美的方法.
16. 如图，三棱台中，，D是AC的中点，E是棱BC上的动点．

（1）若平面，确定的位置.
（2）已知平面ABC，且．设直线与平面所成的角为，试在（1）的条件下，求的最大值．
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）根据线线平行可得四边形为平行四边形，进而可得平面,又得平面平面，由面面平行的性质即可得线线平行，即可求解；
（2）根据线线垂直可得线面垂直，即可建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法可得，结合不等式即可求解.
【小问1详解】
连接,

由三棱台中，是的中点可得,所以四边形为平行四边形，故,
平面, 平面,故平面,
又平面，且平面， ，
所以平面平面，又平面平面,
平面平面,故,
由于是的中点,故是的中点，
故点在边的中点处，平面;
【小问2详解】
因为平面，平面,
所以,又平面,
故平面,由于平面,所以 ,
由（1）知：在边的中点，是的中点,
所以,进而，
连接,由
所以四边形为平行四边形，
故 ,由于平面，因此平面，
故两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系；设，

则，
故 ，
设平面的法向量为，
则，取，则，
又，
故，
当且仅当，即时取等号，
所以的最大值为.
17. 椭圆的左、右焦点分别为，点P为椭圆E上动点．当P点在长轴端点时， ；当P点在短轴端点时，．过作直线的垂线，过作直线的垂线，直线的交点为Q．
（1）求椭圆E的标准方程；
（2）若四边形为平行四边形，求平行四边形的面积；
（3）若点P在第一象限，点Q在椭圆E上，求点P坐标．
【答案】（1）
（2）2 （3）
【解析】
【分析】（1）利用题设条件列出的方程组，求解即得椭圆方程；
（2）由条件推得为矩形，设，利用椭圆的定义得，再由勾股定理得，联立求出，从而可求的平行四边形的面积；
（3）设，则，依题意求出的方程，联立求得点的坐标，由点Q在椭圆E上，解方程即可求得点P坐标.
【小问1详解】
由题意，当P点在长轴端点时，取，则 ①，
当P点在短轴端点时，取，则 ②，
由②得，故代入①，可得，，
故椭圆E的标准方程为.
【小问2详解】
如图1，若四边形为平行四边形，又，则，即为矩形，
设，则，又，则，
于是，故平行四边形的面积为.
【小问3详解】
如图2，设，则，且，
因且，故，则；
因，则因，故，则.
由联立解得：，
因点Q在椭圆E上，则得，将代入化简得：，
解得，，即点P坐标为.
18. 已知函数，，．
（1）若在点处的切线平行于直线：，求的值；
（2）求的单调区间；
（3）当时，求证：对任意，恒有成立．
【答案】（1）
（2）函数的单调递增区间为：，，无单调递减区间；
（3）见解析
【解析】
分析】（1）求导得出即可求解；
（2）利用导数求解函数的单调区间，分和和进行讨论，其中当和时，需要令，研究的单调性，得出与的关系即可判断；
（3）把问题转化为：令，需要证明对任意成立，分两种情况来讨论，通过求导，证明出单调递增．
【小问1详解】
，
，
，
切线平行于直线：，
，解得：；
【小问2详解】
，
，
当时，显然，故在上单调递增；
令，，
当时，，故在上单调递增，
由于，故当时，，
，故在上单调递增；
故在上单调递增；
当时，令，，
当时，，故在上单调递减，
由于，故当时，，
，故在上单调递增；
故函数的单调递增区间为：，，无单调递减区间；
【小问3详解】
当时，需要证明：，恒有成立，
即，
化简得：，
即证：，
当时，，又，
，
当时，记，则，
记，则，
，，
所以当，单调递增，所以，
所以在单调递增，所以，
综上：对任意，恒有成立．
19. 已知无穷数列满足以下条件：①，当时，；②若存在某项，则必有，使得（且）．
（1）若，写出所有满足条件的；
（2）若，证明：数列为等差数列；
（3）设，求正整数的最小值．
【答案】（1）满足条件的可能为
（2）证明见解析 （3）3035
【解析】
【分析】（1）由题意可得或，分类讨论求解即可；
（2）利用数学归纳法可证明当正整数时，是以2为首项，2为公差的等差数列，且；
（3）由题意可知，进而要使最小，则需，且，且，据此计算即可
【小问1详解】
由题意，当时，，，
或，
或，
，，
①若，则或；
②若，则或；
综上所述，满足条件的可能为；
【小问2详解】
先证当正整数时，是以2为首项，2为公差的等差数列，且，
①由（1）得，或，又，，
当时，是以2为首项，2为公差的等差数列，且；
②假设当（且）时，
是以2为首项，2为公差的等差数列，且，
若，则，
由题意，则必有，使得，，
是以2为首项，2为公差的等差数列，
，与矛盾，
，
当时，是以2为首项，2为公差的等差数列，且；
由①②得，当正整数时，是以2为首项，2为公差的等差数列，且，
数列为等差数列；
【小问3详解】
设（且），则必有，使得，此时，
要使最小，则需，且，且，
此时取，则满足，
当正整数取最小值时，，，…，，
，，的最小值为3035．