精品解析：江西省丰城中学2024-2025学年高二上学期期中考试数学试题（创新班）

丰城中学2024-2025学年上学期高二（创新）期中考试试卷 数学 一、单选题：（本大题共8小题，每小题5分，满分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，则（ ） A. B. C. D. 2. 在复平面内，复数所对应的点的坐标为，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知函数，则函数（ ） A. 是偶函数，且在 上单调递增 B. 是奇函数，且在上单调递减 C. 是奇函数，且在上单调递增 D. 是偶函数，且在上单调递减 4. 已知，则（ ） A. B. 6 C. 8 D. 9 5. 设定义在上的函数的导函数为，且，则（ ） A. 4 B. 8 C. 16 D. 32 6. 已知函数．将函数向左平移一个单位，再向上平移一个单位后得函数，若，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 已知，分别为椭圆的左右焦点，过的一条直线与交于A，B两点，且，，则椭圆长轴长的最小值是（ ） A. 12 B. C. 6 D. 8. 设，若存在正实数，使得不等式成立，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 二、多选题：（本大题共3小题，每小题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. 设．且，则（ ） A. B. C. D. 10. 已知函数是定义在上的奇函数，当时，，则下列命题正确的是（ ） A. 当时， B. 的解集为 C. ，都有 D. 函数有2个零点 11. 已知正项数列满足，，其中，则（ ） A. 为单调递减数列 B. C. D. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，满分15分） 12. 已知命题：函数在区间上单调递增，命题：，若是的充分不必要条件，则的取值范围是_______. 13. 阅读材料：空间直角坐标系中，过点且一个法向量为的平面的方程为. 阅读上面材料，解决下面问题：已知平面的方程为，直线是两平面与的交线，则直线与平面所成角的正弦值为____________. 14. 已知，若，，则的最大值为_____. 四、解答题（本大题共5小题，满分77分.解答须写出文字说明、证明过程和演算步骤.） 15. 已知函数. （1）若，求的极值； （2）直接写出一个值使在区间上单调递减. 16. 在中，a，b，c分别是内角A，B，C的对边，且. （1）若，求； （2）若，求的面积的最大值. 17. 已知函数． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若在区间上恒成立，求的取值范围； 18. 重庆市高考数学自年起第至题为多选题，每道题共个选项，正确选项为两个或三个，其评分标准是:每道题满分分，全部选对得分，部分选对得部分分(若某道题正确选项为两个，漏选一个正确选项得分;若某道题正确选项为三个，漏选一个正确选项得分，漏选两个正确选项得分)，错选或不选得分.现甲、乙两名同学参加了有这种多选题的某次模拟考试. （1）假设第题正确选项为三个，若甲同学完全不会，就随机地选了两项或三项作答，所有选法等可能，求甲同学第题得分的概率; （2）已知第题乙同学能正确的判断出其中的一个选项是不符合题意的，他在剩下的三个选项中随机地猜选了两个选项;第题乙同学完全不会，他在四个选项中随机地猜选了一个选项.若第题和题正确选项是两个和三个的概率都为.求乙同学第题和题得分总和的分布列及数学期望. 19. 正整数集，其中.将集合拆分成个三元子集，这个集合两两没有公共元素.若存在一种拆法，使得每个三元子集中都有一个数等于其他两数之和，则称集合是“三元可拆集”. （1）若，判断集合是否为“三元可拆集”，若是，请给出一种拆法；若不是，请说明理由； （2）若，证明：集合不是“三元可拆集”； （3）若，是否存在使得集合是“三元可拆集”，若存在，请求出的最大值并给出一种拆法；若不存在，请说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 丰城中学2024-2025学年上学期高二（创新）期中考试试卷 数学 一、单选题：（本大题共8小题，每小题5分，满分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，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用集合的交集运算求解. 【详解】解：因为集合， 所以， 故选：A 2. 在复平面内，复数所对应的点的坐标为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 根据复数的几何意义求出复数，再求出复数的共轭复数，最后根据复数的乘法法则计算可得； 【详解】解：因为在复平面内，复数所对应的点的坐标为， 所以，所以 所以 故选：A 3. 已知函数，则函数（ ） A. 是偶函数，且在 上单调递增 B. 是奇函数，且在上单调递减 C. 是奇函数，且在上单调递增 D. 是偶函数，且在上单调递减 【答案】A 【解析】 【分析】根据定义判断函数的奇偶性，然后根据解析式判断函数的单调性。 【详解】由题意知函数定义域为R，，故函数为偶函数， 当时， 又因为都是增函数， 所以在 上单调递增， 故选：A. 4. 已知，则（ ） A. B. 6 C. 8 D. 9 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，利用对数的运算法则，求得，结合指数幂与对数的运算法则，即可求解. 【详解】由，可得，则， 则. 故选：D. 5. 设定义在上的函数的导函数为，且，则（ ） A. 4 B. 8 C. 16 D. 32 【答案】D 【解析】 【分析】两边求导，运用复合函数导数规则，再结合累乘计算即可. 【详解】两边对求导，得，即， 所以，累乘可得． 故选：D. 6. 已知函数．将函数向左平移一个单位，再向上平移一个单位后得函数，若，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据图象平移求出，分析的单调性和值域，画出即的图象数形结合求解即可. 【详解】由函数向左平移一个单位，再向上平移一个单位后得函数，所以， 当时，即单调递增，又，则， 又时，单调递增，又，则， 作出的图象如图，由，则， 解得或，所以实数的取值范围为． 故选：C. 7. 已知，分别为椭圆的左右焦点，过的一条直线与交于A，B两点，且，，则椭圆长轴长的最小值是（ ） A. 12 B. C. 6 D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用椭圆的定义，结合勾股定理，利用基本不等式转化求解即可． 【详解】设，则，，， 由，得，则，有， 所以， 当且仅当，即时取等号． 所以椭圆长轴长的最小值是. 故选：D 8. 设，若存在正实数，使得不等式成立，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】化简得， 从而，， 构造函数，有单调性得，再化简得， 再构造函数，求得最大值即可. 【详解】解：因为，所以， 因为，所以， 即， 设函数，， ， 所以函数在为增函数， 所以所以， 设函数， ， 所以函数在为增函数，在为减函数， 所以， 所以的最大值为， 故选：A. 二、多选题：（本大题共3小题，每小题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. 设．且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】结合不等式的性质、基本不等式求得正确答案. 【详解】因为，，所以，故A正确； 因为，设，则，故B错误； 因为，所以，故C正确； 因为， 当且仅当，即，时，等号成立， 此时满足，，所以，故D正确． 故选：ACD 10. 已知函数是定义在上的奇函数，当时，，则下列命题正确的是（ ） A. 当时， B. 的解集为 C. ，都有 D. 函数有2个零点 【答案】BC 【解析】 【分析】由奇偶性求出当时函数的解析式，即可判断A，分类讨论解不等式，即可判断B，由于的值域为，所以，都有，即可判断C，由，，又，即可判断D. 【详解】时，则，所以， 又是定义在上的奇函数，所以，故A错误； 当时，由，得， 当时，由，得； 所以的解集为，故B正确； 当时，，， 令，则， 当，，单调递减， 当，，单调递增， 所以， 且当时，，， 当时，，， 令，则， 当，，单调递增， 当，，单调递减， 所以， 且当时，，， 所以的值域为，， 所以，都有，故C正确； 因为，，又，所以有3个零点，故D错误； 故选：BC 11. 已知正项数列满足，，其中，则（ ） A. 为单调递减数列 B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用导数判断单调性，放缩法证明不等式逐个选项分析即可. 【详解】对于AB，由已知得，令， 定义域为，，令，， 当时，此时恒成立，故在上单调递减， ，也可得，即， 故在上单调递减，当时，，则， 故，则，即，故为单调递减数列， 故A正确，显然，故B错误； 对于C，欲证，且由题意得， 即证，即证，取指数得， 又易知，化简得，故证明恒成立即可， 令，，而， 故在上单调递增，且，故， 即恒成立，故得证，故C正确， 对于D，由C可知，，，，，， 上式相加，得， 故得证，故D正确. 故选：ACD 【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是利用导数证明数列的单调性，再构造函数结合放缩法证明不等式即可. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，满分15分） 12. 已知命题：函数在区间上单调递增，命题：，若是的充分不必要条件，则的取值范围是_______. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意可得命题：，由是的充分不必要条件，可得是的真子集，即可得到答案. 【详解】因为函数在区间上单调递增，所以，解得：，又因为是的充分不必要条件，则是的真子集，即的取值范围是 故答案为： 13. 阅读材料：空间直角坐标系中，过点且一个法向量为的平面的方程为. 阅读上面材料，解决下面问题：已知平面的方程为，直线是两平面与的交线，则直线与平面所成角的正弦值为____________. 【答案】 【解析】 【分析】由题意可得平面的法向量，同理可得平面的法向量以及的法向量，进而求得直线的一个方向向量，再利用向量的夹角公式即可得解. 【详解】平面的方程为，可得平面的法向量为， 平面的法向量为的法向量为， 设直线的方向向量为，则，即， 令，则， 设直线与平面所成角，， 则， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 故答案为：. 14. 已知，若，，则的最大值为_____. 【答案】 【解析】 【分析】由题意可得，，可得，再构造函数，结合导数求取函数单调性得到结果. 【详解】由，且， 则有，， 故，， 则， 令， ，则当时，， 当时，， 故在、上单调递减，在上单调递增， 又， ， ， 即，即， 即的最大值为. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题关键点在于借助余弦函数性质，得到，结合题意所得，从而将化为只有一个参数形式，再构造函数，结合导数求取单调性得到结果. 四、解答题（本大题共5小题，满分77分.解答须写出文字说明、证明过程和演算步骤.） 15. 已知函数. （1）若，求的极值； （2）直接写出一个值使在区间上单调递减. 【答案】（1）极大值为，极小值为. （2）（答案不唯一，即可） 【解析】 【分析】（1）求导，利用导数判断原函数单调性和极值； （2）由题意可得在恒成立，根据恒成立问题分析求解. 【小问1详解】 当时，，函数定义域为R， 则， 解得或，解得， 所以在和上单调递增，在上单调递减， 所以的极大值为，极小值为． 【小问2详解】 若在区间上单调递减，则在内恒成立， 可得在内恒成立，即，即的取值范围为， 所以的值可以为. 16. 在中，a，b，c分别是内角A，B，C的对边，且. （1）若，求； （2）若，求的面积的最大值. 【答案】（1） （2）3 【解析】 【分析】（1）由正弦定理化角为边，得出边的关系后，由余弦定理求解； （2）由余弦定理及数量积的定义求得，再利用基本不等式求得的最大值，最后由面积公式得结论． 【小问1详解】 因为，所以由正弦定理得， 又，所以，， 从而. 【小问2详解】 由余弦定理可知，则， 又，故， 即，故，即， 从而， 当时取等号，即的面积的最大值为3. 17. 已知函数． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若在区间上恒成立，求的取值范围； 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据导数的几何意义求解函数在某点的切线方程； （2）分类讨论以及结合导数和函数的增减性，分别从，，三方面分类讨论； 【小问1详解】 当时，， ， 所以曲线在点处切线的斜率， 又， 所以曲线在点处切线的方程为即. 【小问2详解】 因为在区间上恒成立，即， 对，即恒成立， 令，只需， ，， 当时，有，则， 在上单调递减，符合题意， 当时，令， 其对应方程的判别式， 若即时，有，即， 在上单调递减，，符合题意， 若即时，，对称轴， 又， 方程的大于1的根为， ，，即， ，，即， 所以函数在上单调递增，，不合题意. 综上，在区间上恒成立， 综上，实数的取值范围为. 18. 重庆市高考数学自年起第至题为多选题，每道题共个选项，正确选项为两个或三个，其评分标准是:每道题满分分，全部选对得分，部分选对得部分分(若某道题正确选项为两个，漏选一个正确选项得分;若某道题正确选项为三个，漏选一个正确选项得分，漏选两个正确选项得分)，错选或不选得分.现甲、乙两名同学参加了有这种多选题的某次模拟考试. （1）假设第题正确选项为三个，若甲同学完全不会，就随机地选了两项或三项作答，所有选法等可能，求甲同学第题得分的概率; （2）已知第题乙同学能正确的判断出其中的一个选项是不符合题意的，他在剩下的三个选项中随机地猜选了两个选项;第题乙同学完全不会，他在四个选项中随机地猜选了一个选项.若第题和题正确选项是两个和三个的概率都为.求乙同学第题和题得分总和的分布列及数学期望. 【答案】（1） （2）分布列： 0 2 3 4 6 7 8 9 期望为 【解析】 【分析】（1）设四个选项分别为，其中错误选项为，列举法进行求解； （2）设出事件，得到第题乙同学得分的概率，第题乙同学得分的概率，第题得分总和的可能取值为，用独立事件概率乘法公式得到相应的概率，从而求出分布列和数学期望. 【小问1详解】 假设四个选项分别为，其中错误选项为， 总的选法共有种，分别为， 其中得分的选法为，共种， 故甲同学得分的概率为； 【小问2详解】 第题乙同学三个选项中随机猜选两项，用分别表示第题乙同学得分， 第题乙同学四个选项中随机猜选一项，用分别表示第题乙同学得分， 则，，， ，，， 从而第题得分总和的可能取值为， ，， ，， ， ，， ， 的分布列为： 0 2 3 4 6 7 8 9 故数学期望为. 19. 正整数集，其中.将集合拆分成个三元子集，这个集合两两没有公共元素.若存在一种拆法，使得每个三元子集中都有一个数等于其他两数之和，则称集合是“三元可拆集”. （1）若，判断集合是否为“三元可拆集”，若是，请给出一种拆法；若不是，请说明理由； （2）若，证明：集合不是“三元可拆集”； （3）若，是否存在使得集合是“三元可拆集”，若存在，请求出的最大值并给出一种拆法；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）是，，可拆成或､； （2）证明:对于“三元可拆集”，其每个三元子集的元素之和为偶数， 则“三元可拆集”中所有元素和为偶数；而， 中所有元素和为，与和为偶数矛盾， 所以集合不是“三元可拆集”； （3）有48个元素，可以拆成16个三元子集， 将这16个三元子集中的最大的数依次记为， 则； 另一方面，中所有元素和为， 所以， 所以，解得，即； 当时，，可拆为､ ､ ､ （拆法不唯一）； 综上所述，的最大值是7. 【解析】 【分析】（1），可拆成或､； （2）三元可拆集”中所有元素和为偶数，中所有元素和为，与和为偶数矛盾； （3）可以拆成16个三元子集，将这16个三元子集中的最大的数依次记为，利用等差数列求和得到，结合，得到不等式，求出，当时写出相应的集合以及具体拆法，得到答案. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 【点睛】关键点点睛：集合新定义问题，命题新颖，且存在知识点交叉，常常会和函数的性质，数列知识等进行结合，很好的考虑了知识迁移，综合运用能力，对于此类问题，一定要解读出题干中的信息，正确理解问题的本质，转化为熟悉的问题来进行解决. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $