精品解析：湖南省长沙市第一中学2024-2025学年高二下学期自主练习卷（开学考试）数学试题

长沙市第一中学高二自主练习卷 数学 时量：120分钟 满分：150分 一、选择题：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. 已知为虚数单位，若，则（ ） A. B. 2 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由复数的运算及共轭复数的定义即可求出结果. 【详解】因为，所以， . 故选：B. 2. 在等比数列中，，则公比 （ ） A. B. C. 3 D. 13 【答案】C 【解析】 【分析】由等比数列的项之间的关系得到关于公比的等式，求出. 【详解】， ∴， 故选：C. 3. 已知，，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据条件可得，结合两角和的正弦公式可得结果. 【详解】∵，∴， ∵，∴，∴， ∴， ∴， ∵， ∴，故. 故选：C. 4. 将名男生名女生共名同学分配到甲、乙、丙三个社区参加社会实践，每个社区至少一名同学，则恰好一名女生和一名男生分到甲社区的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求出分配方案的总方法数，再求出恰好一名女生和一名男生分到甲社区的方法数为，然后由概率公式计算出概率． 【详解】分配方案的总数，恰好一名女生和一名男生分法有，恰好一名女生和一名男生分到甲社区的概率是， 故选：D. 5. 已知双曲线的一条渐近线与圆相交所得弦长为1，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. 2 D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】利用圆的弦长转化到圆心到直线的距离，然后用点到直线的距离公式即可求渐近线斜率，从而可求离心率. 【详解】设弦心距，则，得：， 令，则渐近线为，，得：， 所以， 故选：C． 6. 已知的展开式中的系数为12，则实数的值为（ ） A. 2 B. 3 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用二项展开通项公式，结合题意得到含的项为，从而得到关于的方程，解之即可得解. 【详解】因为， 由的展开式通项为，含的项包含了和两项， 所以含的项为， 所以，可得. 故选：D. 7. 已知正方体的棱长为2，点为棱的中点，则平面截该正方体的内切球所得截面面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】球心为正方体中心，，法一：连接相交于点，根据线面平行的判定定理得平面，则到平面的距离等于点到平面的距离，设为，利用求出，再由截面圆半径可得答案；法二：以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，再由点到平面的距离的向量求法可得答案. 【详解】球心为正方体中心，半径， 法一：连接，相交于点，点为的中点，连接， 可得，因为平面，平面， 所以平面，在上， 则到平面的距离等于点到平面的距离，设为， ，， 由平面、得：， 则截面圆半径， 所以截面面积； 法二：以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，如图， 则，，，， ，，， 设平面的一个法向量为， ，令，则， 所以， 则到平面的距离， 截面圆半径，所以截面面积. 故选：A． 8. 若过点可以作曲线的三条切线，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】构造新函数，利用导数求得其单调性，然后画出大致图象，根据交点个数，利用数形结合列不等式求解即可 【详解】，设切点为，则，整理得， 由题意知关于的方程有三个不同的解. 设，， 由得或， 又，所以当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 且，. 又易知在上单调递减，在上单调递增，开口向上， 所以当趋向于负无穷或正无穷时，都趋向于正无穷. 而当趋向于负无穷时，趋向于正无穷， 故也就趋向于正无穷； 当趋向于正无穷时，趋向于正无穷且增长速率远远超过， 故且趋向于零， 又，，函数的大致图象如图所示. 因为的图象与直线有三个交点， 所以. 故选：B. 【点睛】方法点睛：由函数过某点处的切线条数求参的一般方法如下: （1）首先设切点，求导得切线斜率； （2）切线方程为：； （3）代入点构建方程； （4）利用函数与方程的思想处理由方程解的个数求参. 二、选择题：本大题共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. 已知函数，则（ ） A. 函数的图象关于点对称 B. 函数的图象关于直线对称 C. 若，则函数的值域为 D. 函数的单调递减区间为 【答案】AD 【解析】 【分析】代入验证正弦型函数的对称中心判断选项A；代入验证正弦型函数的对称轴判断选项B；求解正弦型函数在给定区间的值域判断选项C；求解正弦型函数的递减区间判断选项D. 【详解】选项A：，则函数的图象关于点对称.判断正确； 选项B：，则函数的图象不关于直线对称. 判断错误； 选项C：由，可得，则， 即若，则函数的值域为.判断错误； 选项D：由，可得， 即函数的单调递减区间为.判断正确. 故选：AD 10. 已知函数，则（ ） A. 为的极大值点 B. 的图象关于中心对称 C. ， D. 函数的三个零点成等差数列 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，利用求导分析函数单调性即可判断；对于B，证明即得；对于C，化简转化，得，排除C；对于D，易得是函数的一个零点，设另两个零点为，，由化简计算推出即可判断. 【详解】对于A，由题设， 由解得或，解得， 故在，上单调递增，在上单调递减， 故为极大值点，A正确； 对于B，由， 故的图象关于中心对称，B正确； 对于C，由，则，可得， 故不存在，，C错误； 对于D，显然是函数的一个零点，设另两个零点为，， 则， 即， 可得 所以，故函数的三个零点成等差数列，D正确. 故选：ABD. 11. 我们把既有对称中心又有对称轴的曲线称为“优美曲线”，“优美曲线”与其对称轴的交点叫作“优美曲线”的顶点.对于“优美曲线”，则（ ） A. 曲线关于直线对称 B. 曲线有4个顶点 C. 曲线与直线有4个交点 D. 曲线上动点到原点距离的最小值为 【答案】AC 【解析】 【分析】根据新定义曲线的知识对选项进行分析，结合图象来确定正确答案. 【详解】对于A，将交换方程依然成立，所以曲线关于对称，A正确； 对于B，易得曲线有四条对称轴轴，轴，直线， 直线，共有8个顶点，B错误； 对于C，由得， 即， 可得， 对于方程，，  则方程有两不等实根，且方程的根不为0和3， 所以方程有4个不等实根， 从而曲线C与直线有4个交点，C正确； 对于D，由得， ， 当且仅当，即时取等号， 则的最小值为， 曲线C上动点P到原点距离的最小值，D错误； 故选：AC 【点睛】思路点睛： 遇到关于新定义曲线性质的问题，首先要明确新定义的内涵和要求.对于各选项，根据曲线方程的特点，分别从对称性、顶点个数、与直线的交点个数以及动点到定点距离最值等角度出发，运用相应的数学知识和方法进行分析.如判断对称性利用交换坐标法，求交点个数通过联立方程求解，求最值借助均值不等式等，逐步得出结论. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设，且函数是偶函数，若，则______ 【答案】 【解析】 【分析】根据偶函数的性质列出方程求解即可. 【详解】因为函数是偶函数，所以，即， 又因为，所以， 故答案为：. 13. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，过的直线交椭圆于，两点（，分别在第一、四象限），连接并延长交椭圆于点.若，，则椭圆的离心率为_______________. 【答案】## 【解析】 【分析】设，利用椭圆的定义，勾股定理以及离心率公式求解即可. 【详解】如图， 设，则，， 由于，则， 则，所以， 则，，又， 得到，解得. 故答案为：. 14. 已知，函数恒成立，则的最大值为______. 【答案】7 【解析】 【分析】当为正偶数时，不符合题意，当为正奇数时，只需研究 时，分离参数得恒成立，设，利用导数求的最小值可解. 【详解】当为正偶数时， 当时，，不符合题意，所以为正奇数， 则当时，恒成立， 只需研究 时，恒成立即可， 当时，成立， 则当时，因为此时小于0，所以恒成立， 当时，恒成立， 设，则， 令，得， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 所以，又因为为正奇数， 所以的最大值为7. 故答案为：7 【点睛】思路点睛：分为奇数、偶数进行讨论，之后采用分离参数的方法求参数的最值. 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. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知． （1）求的大小； （2）若，，直线PQ分别交AB，BC于P，Q两点，且把的面积分成相等的两部分，求的最小值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理和正弦和角公式求出，得到； （2）求出，设，，利用列出方程，求出，由余弦定理和基本不等式得到，得到答案. 【小问1详解】 ，由正弦定理得 ， 即， 因为，所以，故， 因为，所以； 【小问2详解】 因为，，， 所以， 设，， 故，令， 解得， 由余弦定理得， 由基本不等式得， 当且仅当时，等号成立， 故. 16. 如图，在直三棱柱中，，，，E为的中点，点F满足，其中 （1）若平面，求的值； （2）当时，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）通过建立空间直角坐标系，先根据已知点坐标求出相关向量，再依据线面平行时向量与平面法向量的关系求出参数值，从而得解； （2）利用（1）中结论，结合两个平面法向量的夹角来计算面面角的余弦值. 【小问1详解】 因为，由已知得平面ABC，如图 建立空间直角坐标系，所以，，，，， 所以，， 设平面的法向量为， 则，即，取， 因为， 所以，， 因为平面， 所以，则 【小问2详解】 因为，所以，，， 设平面AEF的法向量为， 则即，取向量， 设平面与平面AEF所成角为， 则 所以平面与平面DBE所成角的余弦值为 17. 已知函数，其中为常数. （1）当时，求函数的单调区间； （2）若恒成立，求的值. 【答案】（1）递减区间为，递增区间为； （2）. 【解析】 【分析】（1）把代入，求出导数，利用导数值的正负求出单调区间. （2）按分类，利用导数探讨最值，构造函数，借助导数求出最值而得的值. 【小问1详解】 当时，函数的定义域为，求导得， 当时，；当时，， 所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为. 【小问2详解】 函数的定义域为，求导得， 当时，，函数在上单调递减，当时，，不符合题意； 当时，由，得；由，得， 因此函数在上单调递减，在上单调递增， 则， 令，求导得，当时，；当时，， 函数在上单调递增，在上单调递减，则， 有唯一解，从而有唯一解， 所以恒成立，. 18. 已知是抛物线的焦点，过焦点的最短弦长为. （1）求抛物线的方程； （2）过动点作抛物线的两条切线，切点为，，直线与抛物线交于在第一象限）. ①求证：点在定直线上； ②记的面积分别为，当时，求点的坐标. 【答案】（1） （2）①证明见解析；② 【解析】 【分析】（1）由抛物线的性质，得到，求得，即可得到抛物线的标准方程； （2）①设，利用导数的几何意义，求得切线方程为和，得到直线的方程为，结合，列出方程，即可求解；②由①得到直线，直线，联立抛物线方程，利用韦达定理得到间的关系，结合，求得，联立方程，即可求解. 【小问1详解】 解：由抛物线的性质，可得抛物线中过焦点最短的弦长为通径，即，得到， 故抛物线的标准方程为. 【小问2详解】 解：①设，由，得到，所以， 则直线，即，同理可得，， 又点在切线上，所以， 故直线的方程为，即， 因为，所以， 又因为，所以，可得，所以点在定直线上， ②设 由①有直线，过点，直线， 联立方程组，整理得，所以， 又由方程组，整理得，所以， 因为， 因为在第一象限，所以， 又因为，且，可得，得到， 两式相乘可得， 因为，所以，得到， 所以，解得， 由 ，解得或， 当时，； 当时，， 又因为，所以，所以. 19. 设为正整数，集合，集合为的一个非空子集，记，其中. （1）若，，求的取值的集合； （2）证明：的所有可能取值个数为； （3）是否存在，使得的所有可能取值从小到大排列成等差数列，若存在，求；若不存在，说明理由. 【答案】（1） （2）设集合，，与中相同的元素不予考虑， 其中，， 假设，则， ， ， ，即 不存在两个不同的子集，，使得， 的所有可能取值个数为的非空子集个数，为. （3）存在， 【解析】 【分析】（1）根据定义计算即可； （2）设集合，，通过说明得到不存在两个不同的子集，，使得，从而得到的所有可能取值个数为的非空子集个数； （3）先假设存在得到，然后通过定义来证明时的所有可能取值从小到大排列成等差数列. 【小问1详解】 当时，或，， ，，，的可能取值为，，， 的取值集合为. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 ， ，，为的所有可能取值中最小的三个， ，解得； 当时，易知为偶数， 且最大值为，最小值为2， 由（2）可知的所有可能取值个数为， 区间中偶数个数恰为， 的所有可能取值集合为， 该集合中任何一项均能写成形式，进而可构成首项为2，公差为2的等差数列， 存在，使得的所有可能取值从小到大排列成等差数列. 【点睛】关键点睛：解决此题的关键点在于“有序”设量，不论集合，还是数列，“有序”即可根据等与不等关系产生晕没算，从而进一步分析等与不等，如（2）中，通过“中，，”的设量方法，才能得到不等关系“”，然后通过进一步计算得到. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 长沙市第一中学高二自主练习卷 数学 时量：120分钟 满分：150分 一、选择题：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. 已知为虚数单位，若，则（ ） A. B. 2 C. D. 2. 在等比数列中，，则公比 （ ） A. B. C. 3 D. 13 3. 已知，，，，则（ ） A. B. C. D. 4. 将名男生名女生共名同学分配到甲、乙、丙三个社区参加社会实践，每个社区至少一名同学，则恰好一名女生和一名男生分到甲社区的概率是（ ） A. B. C. D. 5. 已知双曲线的一条渐近线与圆相交所得弦长为1，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. 2 D. 3 6. 已知的展开式中的系数为12，则实数的值为（ ） A. 2 B. 3 C. D. 7. 已知正方体的棱长为2，点为棱的中点，则平面截该正方体的内切球所得截面面积为（ ） A. B. C. D. 8. 若过点可以作曲线的三条切线，则（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本大题共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. 已知函数，则（ ） A. 函数的图象关于点对称 B. 函数的图象关于直线对称 C. 若，则函数的值域为 D. 函数的单调递减区间为 10. 已知函数，则（ ） A. 为的极大值点 B. 的图象关于中心对称 C. ， D. 函数的三个零点成等差数列 11. 我们把既有对称中心又有对称轴的曲线称为“优美曲线”，“优美曲线”与其对称轴的交点叫作“优美曲线”的顶点.对于“优美曲线”，则（ ） A. 曲线关于直线对称 B. 曲线有4个顶点 C. 曲线与直线有4个交点 D. 曲线上动点到原点距离的最小值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设，且函数是偶函数，若，则______ 13. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，过的直线交椭圆于，两点（，分别在第一、四象限），连接并延长交椭圆于点.若，，则椭圆的离心率为_______________. 14. 已知，函数恒成立，则的最大值为______. 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. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知． （1）求的大小； （2）若，，直线PQ分别交AB，BC于P，Q两点，且把的面积分成相等的两部分，求的最小值． 16. 如图，在直三棱柱中，，，，E为的中点，点F满足，其中 （1）若平面，求的值； （2）当时，求平面与平面夹角的余弦值. 17. 已知函数，其中为常数. （1）当时，求函数的单调区间； （2）若恒成立，求的值. 18. 已知是抛物线的焦点，过焦点的最短弦长为. （1）求抛物线的方程； （2）过动点作抛物线的两条切线，切点为，，直线与抛物线交于在第一象限）. ①求证：点在定直线上； ②记的面积分别为，当时，求点的坐标. 19. 设为正整数，集合，集合为的一个非空子集，记，其中. （1）若，，求的取值的集合； （2）证明：的所有可能取值个数为； （3）是否存在，使得的所有可能取值从小到大排列成等差数列，若存在，求；若不存在，说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $