2026长沙一中高二下学期开学考试数学试题含解析

这是一份2026长沙一中高二下学期开学考试数学试题含解析，文件包含专题突破专题四第1讲计数原理与概率pptx、专题突破专题四第1讲计数原理与概率docx等2份课件配套教学资源，其中PPT共87页， 欢迎下载使用。
时量：120分钟 满分：150分
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. 已知集合，若中有且仅有一个元素，则实数的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由交集的概念即可求解.
【详解】因为，要使得中有且仅有一个元素，则或，即实数的取值范围为.
故选：B.
2. 若复数满足，则的虚部为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】若复数满足，
则，
故复数的虚部为.
3. 已知点，，直线与线段有公共点，则实数的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先求出直线的定点，再求出，数形结合，得出结果.
【详解】如图
由题意知直线过定点，
易求的斜率，
的斜率，
直线的斜率，
所以或，
即或
故选：C.
4. 设函数在定义域内可导,图象如下图所示,则导函数的图象可能是
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据导数和原函数图象之间关系即可判断.
【详解】由图像可知，函数在上是减函数，此时,故排除A、C；
当时，函数的图象是先增，再减，最后再增，
所以的值是先正，再负，最后是正，因此排除B，
故选：D.
5. 设是等差数列的前n项和，是数列的前n项和.若，则等于（ ）
A. 49B. 50C. 51D. 52
【答案】C
【解析】
【分析】设等差数列的公差为，根据题意，列出方程组求得的值，求得，结合等差数列的求和公式，即可求解.
【详解】设等差数列的公差为，
因为，可得，解得，
所以，所以，
所以.
故答案为：C.
6. 记函数的最小正周期为T．若，且的图象关于点中心对称，则（ ）
A. 1B. C. D. 3
【答案】A
【解析】
【分析】由三角函数的图象与性质可求得参数，进而可得函数解析式，代入即可得解.
【详解】由函数的最小正周期T满足，得，解得，
又因为函数图象关于点对称，所以，且，
所以，所以，，
所以.
故选：A
7. 甲、乙、丙、丁、戊5位同学报名参加学校举办的三项不同活动，每人只能报其中一项活动，每项活动至少有一个人参加，则甲、乙、丙三位同学所报活动各不相同的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】应用分组分配法、分步计数求活动安排的方法数，最后运用古典概率模型概率公式即得.
【详解】先将5名志愿者分成3组，第一类分法是3，1，1，第二类分法是2，2，1，再分配到三项活动中，总方法数为，
因甲、乙、丙三位同学所报活动各不相同，故只需先把甲,乙,丙三人在三项活动上安排好，再让丁，戊两人分别在三项活动中选择，
其方法数为. 故甲、乙、丙三位同学所报活动各不相同的概率为．
故选:C．
8. 已知，，（e为自然对数的底数），则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】对两边取对数，构造函数利用其在上的单调性可得．法一令，求导利用在上的单调性可得可得答案；法二利用不等式放缩可比较的大小，对两边取对数得出再做差可得答案.
【详解】对两边取对数，，
而在上单调递增，∴．
令，，
∴在单调递减，∴，即，∴；
；
又，
∴，∴．
故选：A．
二、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. 已知，，且，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】对ACD选项可用基本不等式可得，对B选项根据指数函数性质可得.
【详解】因为，，且，
对于A，所以，
当且仅当，时，等号成立，故A正确；
对于B，由已知得，，所以，所以，故B正确；
对于C，，当且仅当时，等号成立，故C错误；
对于D,，则，
当且仅当时，等号成立，故D正确，
10. 如图，在棱长为2的正方体中，M，N分别是线段，上的动点（不含端点），且，则下列结论正确的是（ ）
A. 若，则直线与直线的夹角为
B. 三棱锥体积的最大值为
C. 存在，使得平面
D. 若，则三棱锥外接球的表面积为8π
【答案】ABC
【解析】
【分析】当时，分别为的中点，所以也是的中点.利用中位线定理及异面直线所成的角的定义求出直线与直线的夹角，判断A；将三棱锥体积表示成的函数，根据二次函数的最值求法求得三棱锥体积的最大值，判断B；当时，易得平面，可判断C正确；当时，求得三棱锥的外接球表面积，判断D.
【详解】对A，因为，所以
当时，分别为的中点，所以也是的中点.
过M作于Q，连接，则，所以.
因为，所以直线与直线的夹角等于直线与直线的夹角，即.
又因为，所以，故A正确.
对B，过M作于Q，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，即三棱锥的高为，
又，
所以三棱锥体积，
当时，，故B正确.
对C，当时，是的中点，所以也是的中点.
因为是的中点，所以.
又平面，平面，所以平面，故C正确.
对D，当时，，故Q为的中点，
又N为的中点，所以，，
所以Q到A，B，M，N的距离都为1，
即三棱锥外接球的球心为Q，球半径为1，所以外接球表面积，故D错误.
11. 已知抛物线的焦点为，准线交轴于点，直线过且交于不同的两点，且，下列命题正确的有（ ）
A. 直线的斜率
B. 若，则
C. 若，则
D. 存在使得平分
【答案】ACD
【解析】
【分析】A选项，由判别式可判断选项正误；B选项，由抛物线定义结合可判断选项正误；C选项，如图，过A，B作准线垂线，垂足为，由抛物线定义结合可判断选项正误；D选项，方法1，通过证明，可得，即可得坐标，后由抛物线定义可求得；方法2，设 关于轴的对称点为，通过说明三点共线，可得，后同方法1；方法3，由角平分线定理结合抛物线定义可得，后同方法1；方法4，利用结合，可得，即可得，后同方法1.
【详解】由题可得，.设方程为：，，将直线与抛物线方程联立：，消去x得：.
由题：，又由韦达定理知：.
A选项，由题可得或，则，故A正确；
B选项，由抛物线定义可知：，
则，
得.故B错误；
C选项，如图，过A，B作准线垂线，垂足，因，则，
又，则.故C正确.
选项D，方法1：如图，过作x轴垂线，垂足为N，M.
则，
又所以.
注意到：，
则.
则，即存在满足题意，故D正确；
方法2：设 关于轴的对称点为，则.注意到：
，则三点共线，
所以，其余同方法1；
方法3：若平分，则由角平分线定理可得，
所以，又，.
即，下同方法1；
方法4：只需，即，
注意到，，则
，解得或3（舍去），后同方法1.
故选：ACD
【点睛】关键点睛：应难以直接用坐标表示角度，故角平分线条件常通过角平分线定理，相似，三角函数等转化为与长度，特殊角度相关的条件.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 在中，a，b，c分别为内角A，B，C所对的边，，，且，则的面积为______.
【答案】##
【解析】
【分析】先根据正弦定理和三角变换公式求得，再求出，最后根据面积公式可求.
【详解】由及正弦定理可得，又，
所以，
由知，故，所以，即，
所以，，
所以.
13. 若函数在上无极值点，则的取值范围为______.
【答案】
【解析】
【分析】由题意可得在内单调，而当时，，所以在上恒成立，然后构造函数，利用导数求出其最小值即可.
【详解】由，得，
因为在上无极值点，
所以在内单调，
因为当时，，
所以在恒成立，
即，
令，则，
当时，，当时，，
所以在上递减，在上递增，
所以，
所以，
即的取值范围为，
故答案为：
【点睛】关键点点睛：此题考查导数的应用，考查利用导数求函数的最值，考查利用导数解决极值点问题，解题的关键是根据题意将问题转化为在恒成立，然后分离参数，构造函数，利用导数求函数的最值，考查数学转化思想，属于较难题.
14. 像87125这样各个数位上的数字依次先减少再增加的数称为“凹数”，现用0~9这10个数字，每个数字只用一次，组成的十位数，能组成______个凹数.
【答案】510
【解析】
【详解】方法一：由题设在凹数谷底，且左右两侧的数均比零大，
先选择0左侧元素，余下元素放在右侧，
故共有个数；
方法二：1~9每个数字可能在0的左侧或0的右侧两种可能，
去掉全部在0的左侧和全部在0的右侧两种情况，共个数.
四、解答题：本题共5小题，第15题13分，第16，17题15分，第18，19题17分，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 已知定义在上的函数
（1）若，，求出曲线在点处的切线方程；
（2）求的极值.
【答案】（1）
（2）极小值为，没有极大值
【解析】
【分析】（1）通过导函数求值，导数值与切线斜率的关系求解；
（2）通过导函数与函数单调性的关系、极值的定义求解.
【小问1详解】
，时，，
所以，，，
所以曲线在点处的切线方程为.
【小问2详解】
因为为增函数，令，解得，
在上符号为负，在上符号为正增，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以有极小值为,没有极大值.
16. 平面上两个等腰直角和，既是的斜边又是的直角边，沿边折叠使得平面平面，为斜边的中点．

（1）求证：；
（2）在线段上是否存在点，使得平面平面？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
【答案】（1）证明见解析
（2）存在，
【解析】
【分析】（1）取中点，连接，依题意可得、即可证明平面，从而得证；
（2）建立空间直角坐标系，求出平面、平面的一个法向量，根据平面垂直可得法向量数量积为求解即可.
【小问1详解】
取中点，连接，如图，

又为的中点，
，由，则，
又为等腰直角三角形，，，
，又，平面，
平面，又平面，
【小问2详解】
平面平面，平面平面，，平面，
平面，平面，故，
故以为原点，为、、轴正方向的空间直角坐标系，设，

，
则，，，
若存在使得平面平面，且，，
则，解得，，
则，，
设为平面的一个法向量，则，
令，即，
设是平面的一个法向量，则，
令，则，
，可得．
存在使得平面平面，此时
17. 已知数列的前n项和为，，公差不为0的等差数列满足，
证明：数列为等比数列．
记，求数列的前n项和．
【答案】(1) 证明见解析 (2)．
【解析】
【分析】直接利用已知条件和等比数列定义的应用求出结果．
利用的结论，进一步利用乘公比错位相减法在数列求和中的应用求出结果．
【详解】数列的前n项和为，，
当时，解得．
当时，
得，
整理得常数，
所以数列是以1为首项2为公比的等比数列．
由得，解得．
公差d不为0等差数列满足，，
解得，
解得或舍去，
所以，
则，
所以
，
得，
所以，
整理得，
故．
【点睛】本题考查的知识要点：数列的通项公式的求法及应用，乘公比错位相减法在数列求和中的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型．
18. 已知无障碍时红方、蓝方发射炮弹攻击对方目标击中的概率均为，红方、蓝方空中拦截对方炮弹成功的概率分别为，，现红方、蓝方进行模拟对抗训练，每次由一方先发射一枚炮弹攻击对方目标，另一方再进行空中拦截，轮流进行，各攻击对方目标一次为1轮对抗.经过数轮对抗后，当一方比另一方多击中对方目标两次时，训练结束.假定各轮结果相互独立.记在1轮对抗中，红方击中蓝方目标为事件，蓝方击中红方目标为事件.
（1）求概率、；
（2）设随机变量表示经过1轮对抗后红方与蓝方击中对方目标次数之差，求的分布列和数学期望；
（3）求恰好经过3轮对抗后训练结束的条件下，红方多击中蓝方目标两次的概率.
【答案】（1），
（2）期望为，的概率分布为：
（3）.【解析】
【分析】（1）根据独立事件的概率公式和对立事件的概率关系可求、；
（2）的可能取值为，根据独立事件和对立事件的概率关系可求取相应值时对应概率，从而可求分布列和期望.
（3）记3轮对抗后训练结束为事件C，记红方比蓝方多击中对方目标两次为事件D，根据独立事件的概率公式可求，再根据条件概率的概率公式可求题设中的条件概率.
【小问1详解】
记无障碍时红方、蓝方发射炮弹攻击对方目标击中分别为事件，，，
红方、蓝方空中拦截对方炮弹成功分别为事件，，，.
，
【小问2详解】
经过1轮对抗，红方与蓝方击中对方目标数之差X的可能取值为.
，
，
.
X的概率分布为：
所以的数学期望.
【小问3详解】
记3轮对抗后训练结束为事件C，记红方比蓝方多击中对方目标两次为事件D.
记3轮对抗后红方与蓝方击中对方目标次数之差为Y，
，
，
所以，
所以.
所以在3轮对抗后训练结束的条件下，红方比蓝方多击中对方目标两次的概率为.
19. 双曲线C：的实轴长为，且过点，双曲线的左、右顶点分别为A，B，右焦点为F，过F的直线交双曲线右支于M，N两点，设直线、交于点P.
（1）求双曲线C的方程；
（2）证明：点P在定直线h上；
（3）连接交直线h于点Q，证明：以为直径的圆与直线相切.
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据实轴长求出，根据所过的点求出，故可求双曲线的方程；
（2）设：，，，联立直线方程和双曲线方程后化简后可求，故可证点在定直线上；
（3）结合（2）中的结果及韦达定理可证，再由斜率公式可得，故可证以为直径的圆与直线相切于F点.
【小问1详解】
由题意得，所以，，
又因为双曲线过点，代入解得，
所以双曲线C的方程为.
【小问2详解】
，所以，，，
设：，
联立得，
因为直线与右支交于两点，故.
设，，所以，，
故，
且，
所以，
因为，所以，
代入得，
故，所以点在定直线上.
【小问3详解】
由（2）知，故，
而，所以，
，
所以的中点，
又
，
所以，即，
所以点在以为直径的圆上，
另一方面，故直线的方向向量为,
而的方程为，故其方向向量为,
因，所以两个方向向量垂直，故，
所以以为直径的圆与直线相切于F点.
0
1
0
1