精品解析：湖南省邵阳市邵东市创新高级中学2024-2025学年高二下学期5月月考数学试题

创新高级中学2025年上学期创高杯考试高二 数 学 试 题 时量：120分钟 总分：150分 命题人：唐源寿 第Ⅰ卷 一、单选题：每小题5分，共40分 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】联立方程，求出解，得到交集. 【详解】联立，解得， 故. 故选：B 2. 设，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求出，即可求出. 【详解】， 则. 故选：D. 3. 下列命题正确的是（ ） A. 单位向量均相等 B. 任一向量与它的相反向量不相等 C. 模为零的向量与任一向量平行 D. 模相等的两个共线向量是相同的向量 【答案】C 【解析】 【分析】根据单位向量、零向量、共线向量的定义判断即可. 【详解】对于A：单位向量大小相等都是，但方向不一定相同，故单位向量不一定相等，故A错误； 对于B：零向量与它的相反向量相等，故B错误． 对于C：模为的向量为零向量，零向量与任非零意向量共线，故C正确； 对于D：模相等的两个共线向量可能是相同的向量也可能是相反向量，故D错误. 故选：C． 4. 角的终边过点，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据三角函数的概念可得，再由二倍角公式得出的值. 【详解】因为角的终边过点, 所以， 由余弦的二倍角公式得. 故选：B. 5. “”是“不等式在上恒成立”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】根据不等式恒成立有恒成立，应用基本不等式及充分、必要性定义判断条件间的关系. 【详解】对于，可化为恒成立， 由，当且仅当时取等号，故， 所以“”是“不等式在上恒成立”的充分不必要条件. 故选：A 6. 关于函数，下列说法不正确的是（ ） A. 周期为 B. 在上不单调 C. 是它的一条对称轴 D. 有一个对称中心 【答案】D 【解析】 【分析】对于A，由周期公式可判断正误；对于B、C、D，有两种方法判断正误，一种是利用的单调区间、对称轴、对称中心，将看成一个整体，将反解出来即得的单调区间、对称轴、对称中心；另一种是从选项入手，由选项条件得到的范围或值，判断是否是的单调区间、对称轴、对称中心，由此可判断正误，注意本题是选非题，故选择不正确的选项. 【详解】对于A，的最小正周期为，故A正确； 对于B，由，得，因为在上不单调， 所以在上不单调，故B正确； 对于C，当时，，因为是的一条对称轴， 所以时是的一条对称轴，故C正确； 对于D，当时，，而是的一条对称轴，而非对称中心， 故不是的一个对称中心，故D不正确. 故选：D. 7. 已知实数，且满足，则下列说法不正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，结合基本不等式逐项判断即得. 【详解】对于A，实数，，则，，A正确； 对于B，，当且仅当取等号，B正确； 对于C，，当且仅当取等号，C错误； 对于D，，当且仅当取等号，D正确. 故选：C 8. 定义的实数根叫函数的“躺平点”．若函数，，的“躺平点”分别为，则大小为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】解方程，可得，由此可得，解方程，可得，由此可得，由可得，设，结合单调性及零点存在性定理确定函数的零点范围，由此可得的范围，再比较大小可得结论. 【详解】因为，所以， 令可得，所以， 所以是函数的“躺平点”，故， 因为，所以， 令可得，所以， 所以是函数的“躺平点”，故， 因为，所以， 令可得， 设函数， 因为函数为增函数，在上单调递减， 所以函数在上为单调递增， 又，， 所以函数在上有且只有一个零点， 设其零点为，则， 所以方程的解集为， 所以是函数的“躺平点”， 即，， ，且， 所以， 故选：C. 二、多选题：每小题5分，共20分 9. 已知一组样本数据，则（ ） A. 该样本数据的平均数为1 B. 该样本数据的众数与中位数相同 C. 该样本数据的方差大于极差 D. 该样本数据的标准差小于众数 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据平均数、众数、中位数、方差、标准差等公式求解. 【详解】平均数， 方差， 标准差，众数为2， 将这组数由小到大排列，2在中间，中位数为2，最大数为3，最小数为， 极差为，所以ABD正确，C错误. 故选：ABD. 10. 已知椭圆，则（ ） A. C的长轴长为8 B. C的焦点坐标为 C. C的离心率为 D. C上的点到焦点的最大距离为 【答案】ACD 【解析】 【分析】由椭圆的标准方程分别得到，然后结合椭圆的几何性质逐一判断，即可得到结果. 【详解】对于椭圆，，则， 则， 对于A，椭圆的长轴长为，故A正确； 对于B，椭圆的焦点在轴上，且， 则焦点坐标为，故B错误； 对于C，离心率，故C正确； 对于D，椭圆上的点到焦点的最大距离为，故D正确； 故选：ACD 11. 如图，正方体的棱长为2，，分别是，的中点，点是底面内一动点，则下列结论正确的为（ ） A. 存在点，使得平面 B. 过三点的平面截正方体所得截面图形是平行四边形 C. 三棱锥的体积为定值 D. 三棱锥的外接球表面积为 【答案】ACD 【解析】 【分析】当为中点时平面，即可判断A，根据平行关系作出截面图，即可判断B，根据锥体的体积公式判断C，转化为求长方体的外接球，即可判断D. 【详解】对于A：当为中点时，因为是的中点，所以， 平面，平面， 所以平面，故A正确； 对于B：因为，分别是，的中点，所以， 在正方体中，易证，所以， 过三点的平面截正方体所得截面图形是梯形，故B错误； 对于C：因为，所以三棱锥的体积为定值，故C正确； 对于D：三棱锥的外接球可以补形为长方体（长为，宽为，高为）的外接球， 所以外接球的半径，所以外接球的表面积，故D正确， 故选：ACD. 12. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 当时，有极大值 B. 当时， C. ，恒成立 D. 当有且仅有两个零点时， 【答案】ABD 【解析】 【分析】求导，根据导函数的符号确定函数的单调区间，再分析函数的极值，可判断A的真假；求导，判断函数在上的单调性，可判断B的真假；举特例，可判断C的真假；利用分离参数法，把问题转化成方程有两解的问题，再设，利用导数分析函数的单调性，求出极值，画出草图，数形结合，可求的值，可判断D的真假. 【详解】对于选项A，当时，．则. 令．解得．则当时．，当时，， 故在上单调递增，在上单调递减， 所以在有取得极大值，A正确． 对于选项B，，当，时，， 故在单调递增，则，B正确． 对于选项C，若，当时，，C错误． 对于选项D，令，则， 令，则， 当时，，当时，， 故在上单调递减，在上单调递增， 且，当时，恒成立． 画出的大致图象，如下： 可知当有两个零点时，，D正确． 故选：ABD 第Ⅱ卷 三、填空题：每小题5分，共20分 13. 已知数列满足，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，得到数列是公比为的等比数列，再由等比数列的性质，求得，结合，即可求得的值，得到答案. 【详解】由数列满足，可得，所以数列是公比为的等比数列， 根据等比数列的性质，可得， 因为，可得，所以. 故答案为：. 14. 已知是分别经过的两条平行直线，当与之间的距离最大时，直线的方程是______. 【答案】 【解析】 【分析】先得出直线与垂直时，之间的距离最大，再结合点斜式计算求解. 【详解】 当直线与垂直时，之间的距离最大. 因为，，所以，所以两平行直线的斜率， 所以直线的方程是， 即. 故答案为：. 15. 某公园设置了一些石凳供大家休息，每张石凳是由正方体石料截去八个一样的四面体得到的，如图所示．如果一张石凳的体积是，那么原正方体石料的体积是___________． 【答案】0.216 【解析】 【分析】设正方体的棱长为a，得到正方体的体积为，求出每一个截去的四面体的体积，由题意可以求出正方体的体积. 【详解】设正方体的棱长为a，则正方体的体积为， 每一个截去的四面体的体积为， 由题意可知，得． 故答案为: 0.216 16. 设A，是两个随机事件，且则______ 【答案】 【解析】 【分析】根据条件概率的计算公式进行计算. 【详解】因为，所以. 由. 设，则，. 由. 又① ②. ①②得：. 故答案为： 四、解答题：6个小题，共70分 17. 在中，. （1）求的值； （2）已知，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）将边化为角，再用两角和的正弦公式即可化简； （2）用正弦定理可求出b，再用三角形面积公式即可. 【小问1详解】 ，，， ，即， ，， . 【小问2详解】 由正弦定理得，即，， 又，所以， 所以， 所以 . 18. 已知数列满足，（），记. （1）求数列的通项； （2）设，求数列的前n项和为. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用等比数列的定义即可求证是等比数列，求出，即可得出的通项； （2）利用错位相减法求和即可. 【小问1详解】 由，即， 得，即， 又，得， 故数列中任意一项不为0，有， 所以数列是首项为2，公比为2的等比数列， 故，则. 【小问2详解】 由（1）可知，，则， 所以，， 两式作差得， ， 所以. 19. 如图，已知四边形为等腰梯形，为以为直径的半圆弧上一点，平面平面，为的中点，为的中点，，. （1）求证平面； （2）求平面与平面的夹角的余弦值. 【答案】（1）证明：取的中点，连接，则且， 又且，所以且， 所以四边形为平行四边形， 所以，又平面，平面， 所以平面； （2） 【解析】 【分析】（1）取的中点，连接，先证四边形为平行四边形，然后由线线平行可得线面平行； （2）取的中点，连接，根据已知可得平面，过点作直线的垂线交于点，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量法即可求解. 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 取的中点，连接， 因为四边形为等腰梯形，所以， 又平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 过点作直线的垂线交于点， 以为坐标原点，分别以所在直线为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 因为为直径，所以， 所以，，， 在等腰梯形中，，， 所以， 所以， 所以，， ，， 设平面的法向量为，则， 所以， 令，则，，所以， 设平面的法向量为，则， 所以， 令，则，，所以， 设平面与平面的夹角为，则， 所以平面与平面的夹角的余弦值为. 20. 近年来，购买盲盒成为当下年轻人的潮流之一.2025年初，中国动画电影《哪吒2》火爆上映，引发观影热潮.随后，某手办店乘势推出一系列单价相同、款式各异的手办盲盒，其中开出哪吒手办的概率是，开出敖丙手办的概率是. （1）若张三到该店购买3个盲盒，设其开出哪吒手办的个数为，求的分布列和期望； （2）若该店开展活动，当顾客在购买手办盲盒过程中，连续开出2个哪吒手办时，可获赠1个齐天大圣手办.已知手办盲盒单价为9元，那么平均花多少钱能获得1个齐天大圣手办? 【答案】（1）的分布列为 0 1 2 3 P （2）40元 【解析】 【分析】（1）求出的可能值，再利用二项分布概率求出分布列及期望. （2）设出可获赠1个齐天大圣手办购买次数的期望，再由已知列出方程，进而求出平均花费. 【小问1详解】 依题意，可能值为0，1，2，3，， 则，， ，， ，， 所以的分布列为 0 1 2 3 P 数学期望为. 【小问2详解】 设通过活动购买第X个盲盒时，恰好连续开出2个哪吒手办，设其期望为E， 则，解得. 平均需花费元. 21. 已知双曲线的离心率为2，右顶点到一条渐近线的距离为． （1）求双曲线的方程； （2）若直线与双曲线交于两点，且为坐标原点，求证：点到直线的距离为定值． 【答案】（1） （2）证明：设， 当直线和轴线平行时，， 解得， 所以点到直线的距离为． 当直线和轴线不平行时，设直线的方程为， 由得 所以． 又， 所以 解得． 又点到直线的距离为，则，故，即点到直线的距离为． 综上所述，点到直线的距离为定值． 【解析】 【分析】（1）由题意得双曲线的渐近线方程为，右顶点为，利用点到直线的距离得，又离心率，即可求解； （2）当直线和轴线平行时得点到直线的距离为，当直线和轴线不平行时，设直线的方程为，与双曲线联立，由韦达定理有，又得，最后由点到直线的距离即可得证. 【小问1详解】 由题意，得双曲线的渐近线方程为，右顶点为．又， 且， 所以，故． 又，解得， 所以双曲线的方程为． 【小问2详解】 略. 22. 已知函数． （1）若，求曲线在点处的切线方程； （2）若在上单调递增，求实数的值； （3）已知数列满足，，证明：． 【答案】（1） （2） （3）证明如下： 由（2）知，当时， 在上单调递增， 又，所以当时，， 由，又，易知 可得：， 所以，即 累加求和可得：， 即， 即，又， 所以，又， 所以. 【解析】 【分析】（1）由导数的几何意义即可求解； （2）由恒成立，通过，两类情况讨论即可； （3）由（2）得到，再结合，得到，累加求和即可求证； 【小问1详解】 当时，，， 所以，， 所以曲线在点处的切线方程：； 即； 【小问2详解】 在上单调递增， 等价于恒成立， 令， 当时，易知在上单调递增， 当时，，故时，， 不符合题意，舍去； 当时，，由，可得， 易知当时，，当时，， 所以在单调递减，在单调递增， 由题意得最小值， 即， 构造函数， ，易知时，，，， 所以在单调递增，在单调递减， 当时，取得最大值， 也即要使得成立，需满足，即； 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 创新高级中学2025年上学期创高杯考试高二 数 学 试 题 时量：120分钟 总分：150分 命题人：唐源寿 第Ⅰ卷 一、单选题：每小题5分，共40分 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 设，则（ ） A. B. C. D. 3. 下列命题正确的是（ ） A. 单位向量均相等 B. 任一向量与它的相反向量不相等 C. 模为零的向量与任一向量平行 D. 模相等的两个共线向量是相同的向量 4. 角的终边过点，则的值为（ ） A. B. C. D. 5. “”是“不等式在上恒成立”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 6. 关于函数，下列说法不正确的是（ ） A. 周期为 B. 在上不单调 C. 是它的一条对称轴 D. 有一个对称中心 7. 已知实数，且满足，则下列说法不正确的是（ ） A. B. C. D. 8. 定义的实数根叫函数的“躺平点”．若函数，，的“躺平点”分别为，则大小为（ ） A. B. C. D. 二、多选题：每小题5分，共20分 9. 已知一组样本数据，则（ ） A. 该样本数据的平均数为1 B. 该样本数据的众数与中位数相同 C. 该样本数据的方差大于极差 D. 该样本数据的标准差小于众数 10. 已知椭圆，则（ ） A. C的长轴长为8 B. C的焦点坐标为 C. C的离心率为 D. C上的点到焦点的最大距离为 11. 如图，正方体的棱长为2，，分别是，的中点，点是底面内一动点，则下列结论正确的为（ ） A. 存在点，使得平面 B. 过三点的平面截正方体所得截面图形是平行四边形 C. 三棱锥的体积为定值 D. 三棱锥的外接球表面积为 12. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 当时，有极大值 B. 当时， C. ，恒成立 D. 当有且仅有两个零点时， 第Ⅱ卷 三、填空题：每小题5分，共20分 13. 已知数列满足，则__________. 14. 已知是分别经过的两条平行直线，当与之间的距离最大时，直线的方程是______. 15. 某公园设置了一些石凳供大家休息，每张石凳是由正方体石料截去八个一样的四面体得到的，如图所示．如果一张石凳的体积是，那么原正方体石料的体积是___________． 16. 设A，是两个随机事件，且则______ 四、解答题：6个小题，共70分 17. 在中，. （1）求的值； （2）已知，求的面积. 18. 已知数列满足，（），记. （1）求数列的通项； （2）设，求数列的前n项和为. 19. 如图，已知四边形为等腰梯形，为以为直径的半圆弧上一点，平面平面，为的中点，为的中点，，. （1）求证平面； （2）求平面与平面的夹角的余弦值. 20. 近年来，购买盲盒成为当下年轻人的潮流之一.2025年初，中国动画电影《哪吒2》火爆上映，引发观影热潮.随后，某手办店乘势推出一系列单价相同、款式各异的手办盲盒，其中开出哪吒手办的概率是，开出敖丙手办的概率是. （1）若张三到该店购买3个盲盒，设其开出哪吒手办的个数为，求的分布列和期望； （2）若该店开展活动，当顾客在购买手办盲盒过程中，连续开出2个哪吒手办时，可获赠1个齐天大圣手办.已知手办盲盒单价为9元，那么平均花多少钱能获得1个齐天大圣手办? 21. 已知双曲线的离心率为2，右顶点到一条渐近线的距离为． （1）求双曲线的方程； （2）若直线与双曲线交于两点，且为坐标原点，求证：点到直线的距离为定值． 22. 已知函数． （1）若，求曲线在点处的切线方程； （2）若在上单调递增，求实数的值； （3）已知数列满足，，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $