湖南省长沙市长郡中学2025-2026学年高二下学期开学考试数学试题 Word版含解析

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第Ⅰ卷
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】B
【解析】
【分析】将元素代入集合中逐一验证即可求解.
【详解】由于，故，
，故，，故，，故，
故B正确，ACD均错误，
故选：B
2. 设，则的共轭复数的虚部为（ ）
A. B. 2C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用复数的运算性质结合共轭复数的定义求解即可.
【详解】由题意得，
由共轭复数性质得，虚部为2，故B正确.
故选：B.
3. 现有一个迷宫如图所示，小球从三个口中的一个口滚动进入后，该口封闭，小球最终将从另一个口滚动出来，出来后不再滚动进入，则“小球从口滚动进入”是“小球从口滚动出来”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】A
【解析】
【分析】根据小球从口滚动进入，则一定从口滚动出来得到充分性，结合若小球从口滚动出来，可能是从口或口滚动进入得到不必要性，进而得到结果；
【详解】若小球从口滚动进入，则一定从口滚动出来．
若小球从口滚动出来，可能是从口或口滚动进入，
所以“小球从口滚动进入”是“小球从口滚动出来”的充分不必要条件．
故选：A.
4. DeepSeek是人工智能的一种具有代表性的实现方法，它是以神经网络为出发点．在神经网络优化中，指数衰减的学习率模型为，其中L表示每一轮优化时使用的学习率，表示初始学习率，D表示衰减系数，G表示训练迭代轮数，表示衰减速度．已知某个指数衰减的学习率模型的初始学习率为0.6，衰减速度为20，且当训练迭代轮数为10时，学习率衰减为0.3，则学习率衰减到0.4以下（不含0.4）所需的训练迭代轮数至少为（ ）（参考数据：，）
A. 3B. 4C. 5D. 6
【答案】D
【解析】
【详解】由于，所以，可知，解得，
则，由，
所以，
即，所以所需的训练迭代轮数至少为6次．
5. 甲乙两位驾驶员采用不同的加油方式，甲不考虑油价升降，每次都将油箱加满.乙不考虑油价升降，每次加油所花的钱数一定，多次加油之后，甲乙两位驾驶员谁的加油方式比较经济？（ ）
A. 甲比较经济B. 甲和乙一样经济C. 乙比较经济
D. 不能确定
【答案】C
【解析】
【分析】设两次加油的油价分别为 ，分别计算出甲、乙两人加油的平均单价，再对两者进行比较.
【详解】设两次加油的油价分别为 ，甲每次都将油箱加满，设油箱容量为V，可得甲加油的平均单价为 .
设乙每次加油花费的钱数都为M，则第一次加油的油量 ，第二次加油的油量为，两次加油的花费为2M，总共加的油量为，可得乙加油的平均单价为
因为，所以 ，所以乙比较经济，
故选：C
6. 在中，，，N为BC的中点，且外接圆的圆心为M，则（ ）
A. 10B. 20C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由条件可得，分别取线段的中点为结合向量数量积的定义以及运算律代入计算，即可得到结果.
【详解】因为为的中点，则，
所以．
如图，分别取线段，的中点为，，因为为的外接圆圆心，
所以，，
则，
，
因此．
7. 已知四面体的各顶点均在球O的球面上，平面，，，三角形的外接圆半径是，则球O的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由条件证明的中点为四面体的外接球的球心，再求外接球的半径，结合球的表面积公式求结论.
【详解】的中点为，
因为平面，平面，
所以，又，，平面，
所以平面，又平面，
所以，故为直角三角形，且为斜边，
所以，
因为平面，平面，
所以，故为直角三角形，且为斜边，
所以，所以，
所以四面体的外接球的球心为，故点与点重合，
由已知，，所以，
所以球半径，
所以球O的表面积.
8. 定义：给定一个正整数，如果两个整数满足能够被整除，就称整数对模同余，记作.若，，则的一组值可能为（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】D
【解析】
【分析】根据二项式定理可得题设中的代数式即为，再结合二项式定理逐项计算后可得正确的选项.
【详解】依题意得能够被5整除.
而
，
所以能够被5整除.
对于A，，，则，不能被5整除，A不正确.
对于B，，，则，显然不能被5整除，B不正确.
对于C，，，则
，
不能被5整除，C不正确.
对于D，，，则
，能被5整除，
故选：D.
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. 定义：设是的导函数，是函数的导数，若方程有实数解，则称点为函数的“拐点”.经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”且“拐点”就是三次函数图象的对称中心.已知函数的对称中心为，则下列说法中正确的有（ ）
A. ，
B. 函数既有极大值又有极小值
C. 函数有三个零点
D. 过可以作三条直线与图象相切
【答案】AB
【解析】
【分析】利用导数结合已知求出判断A；利用导数求出极值，结合三次函数的图象特征判断BC；求出切线方程判断D.
【详解】由，求导得，，
令，得，由函数的对称中心为，
得，且，解得，A正确；
于是，，
当或时，，当时，，
则函数在，上都单调递增，在上单调递减，
因此函数既有极大值，又有极小值，B正确；
由于极小值，因此函数不可能有三个零点， C错误；
显然，若是切点，则，切线方程为；
若不是切点，设过点 的直线与图象相切于点，，
由，解得，即切点，切线方程为，
过 只可以作两条直线与图象相切，D错误.
故选：AB
10. 下列说法正确的是（ ）
A.
B. 被8除的余数为1
C. 甲、乙、丙、丁等6人排成一排，甲、乙、丙按从左到右、从高到低的固定顺序，共有120种排法
D. 现有6本不同的书，分成三份，每份2本，共有90种分法
【答案】AC
【解析】
【详解】对于选项A：由组合数性质可知，所以A正确；
对于选项B：因为
，
所以即被8除的余数为7，所以B错误；
对于选项C：先从6个位置中选3个位置给甲、乙、丙，
由于三人的相对顺序固定，这3个位置的排法只有1种，剩下3个位置排其他3人，有种排法．
根据组合数公式，总排法种数为，所以C正确；
对于选项D：根据题意，分法共有种，所以D错误．
11. 如图，由开始，作一系列的相似三角形，，.设第个三角形的斜边长为，面积为，前个三角形的面积之和为，其中，，则（ ）
A. 为等差数列B. 为等比数列
C. 为递增数列D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】由直角三角形边长关系和相似性质求，通项，再利用等比数列求和公式得出，最后根据等差、等比、递增数列的定义和构造不等式、指数函数的性质分析各个选项.
【详解】对于A选项，在中，，，
根据三角函数的定义，
所以，
又因为三角形相似，所以，
即，所以为等差数列，
所以A选项错误，
对于B选项，，其中，
所以，，
又因为相似三角形的面积比等于相似比的平方，相似比为，
所以，
所以是首项为，公比为的等比数列，
所以B选项正确，
对于C选项，，
所以，
即，
所以为递增数列，所以C选项正确，
对于D选项，因为，，，
所以令，
当时，，
当时，中和都是随着的增大而减少的，
根据指数函数的性质可知，和的增长速度小于的减小速度，
所以，所以，
所以D选项正确.
故选：BCD.
第Ⅱ卷
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 《哪吒之魔童闹海》票房大卖，其中蕴含的很多人生道理引起共鸣，如哪吒与命运抗争的顽强，李靖对哪吒不离不弃的关爱.因此哪吒系列手办盲盒深受欢迎，其中共有包含哪吒，敖丙，哪吒父母，四大龙王共个人物手办，小明从个盲盒中（个盲盒内的人物一定不同）任意抽取个盲盒，则包含哪吒和至多一位龙王的概率是_____.
【答案】
【解析】
【分析】首先计算出任取个盲盒的取法总数；分类讨论求得满足题意的取法种数，根据古典概型概率公式可求得结果.
【详解】从个盲盒中任取个盲盒，共有种取法；
抽取的盲盒中，包含哪吒，不包含龙王的取法有种；包含哪吒和一个龙王的取法有种；
任意抽取个盲盒，包含哪吒和至多一位龙王的概率.
故答案为：.
13. 已知函数，若对，且，都有，则的取值范围是___________．
【答案】
【解析】
【分析】由题可得，令，则在上单调递减，由复合函数的单调性可得在上单调递减，结合二次函数的图象与性质分析即可求解.
【详解】因为对，且，都有，
则，
令，则在上单调递减，
令
由于在上为增函数，
由复合函数单调性可得：在上单调递减，
当时，在上单调递减，满足条件，
当时，要使在上单调递减，
则，解得：，
当时，要使在上单调递减，
则，解得：，
综上的取值范围为：;
故答案为：
14. 平面内有A、B、C、D四点，任意三点不共线，且，若分别是、的角平分线，线段的最大值为________．
【答案】4
【解析】
【分析】由题意建立平面直角坐标系，根据角平分线性质可求出点C，D在以为圆心，半径为2的圆上，由此可求得答案.
【详解】由可知E点在线段上，且
结合，知；
以点E为坐标原点，以直线为x轴，过点E作垂线为y轴，如图建立平面直角坐标系，
则，
由于CE是的角平分线，故，即，
设，则，
化简得，即点C在以为圆心，半径为2的圆上（不包括轴上的点），
同理可得点D也在以为圆心，半径为2的圆上（不包括轴上的点），
则当位于圆的直径的两端时，线段取到最大值，最大值为4，
故答案为：4
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. 已知数列前项和为，且.
（1）求的通项公式；
（2）记，数列的前项和为，求.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由可求得数列的通项公式；
（2）计算得出，利用裂项法可求得.
【小问1详解】
解：当时，，
当且时，，
不满足，
综上所述，.
【小问2详解】
解：因，
所以，，
因此，
.
16. 已知单位圆O与x，y轴正半轴分别交于A，B两点，过线段OA上一点Q作x轴的垂线交单位圆于点P（P在第一象限），延长QP至点N，使得P为QN的中点，连接BN，AP，BP，OP．设．
（1）若，求；
（2）求取得最大值时的值．
【答案】（1）
（2）．
【解析】
【分析】（1）由题意结合内角和公式证明，再结合诱导公式，二倍角公式求结论；
（2）方法一：根据题意，先表示出，，令，则，可得，进而根据二次函数的性质求解即可；
方法二：先表示出，令可得，结合二次函数性质求结论.
【小问1详解】
由题意，在中，，
所以，又，
所以，
所以，又，
所以．
【小问2详解】
在中，，，
由为的中点，可得，
方法一：在中，，，
所以，，
令，则，
所以，，
令，则在上单调递增，在上单调递减，
所以当时，取得最大值，此时．
方法二：，，，
，
令，所以，
，
所以当时，取得最大值，此时．
17. 已知是边长为的等边三角形，为中点，，为靠近的三等分点．连接．将沿折起，使得．
（1）若，求翻折前的值；
（2）证明：翻折后，；
（3）若，求翻折后二面角的正弦值．
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）利用余弦定理求解即可；
（2）利用勾股定理证明线线垂直，再根据线面垂直的判定定理证明即可；
（3）建立空间直角坐标系，利用二面角的向量法求解余弦值，再根据同角关系式求解正弦值即可.
【小问1详解】
易知．故．
由余弦定理可得：，
解得.
【小问2详解】
为中点，为等边三角形，则，．
同理．因为翻折后，又，
所以，又因为，平面，
故．
【小问3详解】
由（2）得，，，因为，为中点，所以，以为坐标原点，分别以为轴，轴，轴正方向，建立空间直角坐标系，如图所示
，，，，
因为，，所以，
故，
所以，，
设面的法向量为，
，
则平面的一个法向量为，
设面的法向量为，
，
则平面的一个法向量．
设二面角的大小为，则，
所以.
18. 已知椭圆的离心率为分别为椭圆的左右焦点，过的直线交于两点，点在第一象限，为中点，交于点，的周长为．

（1）求的方程；
（2）求证：直线与的斜率乘积为；
（3）若分别记的斜率为，求的最大值．
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）根据椭圆的定义，结合题意列出方程组，而解得参数求得椭圆方程.
（2）设，进而求得中点的坐标，结合斜率公式和点差法计算证明结论.
（3）设，有，计算直线的直线方程与椭圆方程联立，结合韦达定理得到的坐标，结合斜率公式和基本不等式计算得到的最大值.
【小问1详解】
根据椭圆的定义可知，
根据题意可得，解得，
所以椭圆的方程为
【小问2详解】
证明：设，因为为中点，所以，
根据题意直线与的斜率都存在，
所以直线与的斜率乘积为，
因为在椭圆上，所以，两式相减可得，
化简得，可得
因此直线与的斜率乘积为.
【小问3详解】
设，由（1）可知,
因为点在椭圆上，所以，
由题意，
故将直线与椭圆联立，可得，
整理可得：，所以，
即，即，
同理，将直线与椭圆联立，可得，
整理可得：，所以，
即，即，
所以的斜率为，
故，
因为点在第一象限内，故，，
的最大值为，当且仅当在处取到等号.
19. 已知对，定义的余切值为，函数在处的切线为直线．
（1）求切线的方程；
（2）证明：对始终在切线下方；
（3）证明：至少存在3个整数，使得恒成立．
（参考：）
【答案】（1）
（2）见解析 （3）见解析
【解析】
【分析】1.利用导数求切线斜率，用点斜式求切线方程即可.2.构造差函数法，验证端点趋势，研究函数在区间内的单调性，两者结合即可.3.转化为最值问题即可.
【小问1详解】
函数，导数.
处，，且，
故切线方程为：.
【小问2详解】
构造差函数，
求导得在上恒成立，函数在单调递减，
故，有，故，
即对，始终在切线的下方.
【小问3详解】
令，，
且，
，显然；
，有，故，
为使恒成立，只需；
故只需要研究：
若，则，显然，
有，
对于，先证明引理：，
令，，所以在上递增，
故，引理得证，则.
令，，
故在上递减，故，故，
故时，在成立，故符合题意.
若时，有，故，
右边式子即情形，对于的情形，前文已证其值恒大于，故也符合.
综上：符合题意