精品解析：湖南省长沙市望城区第六中学2024-2025学年高二下学期6月月考数学试题

高二数学试卷 一、单选题 1. 高一年级400名学生参加数学基础知识竞赛活动，答题后随机抽取22名男生和18名女生，计算得男生的平均得分为82分，女生的平均得分为80分，则估计本次比赛高一年级的总体均分为（ ） A. 81.8 B. 81.5 C. 81.1 D. 80.8 2. 已知长方体的长､宽､高分别为，则这个长方体外接球的表面积与体积之比为（ ） A. B. C. D. 3. 用表示，，中的最小数，若函数为偶函数，且当时，，则的极值点的个数为（ ） A 2 B. 3 C. 4 D. 5 4. 设全集是实数集，则阴影部分所表示的集合是（ ） A. B. C. D. 5. 在中，角A、、的对边分别为、、，则以下结论错误的为（ ） A. 若，则 B. C. 若，则；反之，若，则 D. 若，则 6. 已知等差数列公差为，前项和为，且，则下列不正确的是（   ） A. B. C. D. 7. 已知定义在区间上的奇函数，对于任意的满足（其中是的导函数），则下列不等式中成立的是（ ） A. B. C. D. 8. 扇形的半径为，，点在弧上运动，，下列说法错误的是（ ） A. 的最小值是1 B. 的最大值是 C. 的取值范围为 D. 的取值范围为 二、多选题 9. 在中，，，，则（ ） A B. C. 的面积为 D. 外接圆的直径是 10. 已知函数，则（ ） A. 函数是周期函数，最小正周期为 B. 函数是奇函数 C. 函数有最大值，无最小值 D. 函数在上单调递增 11. 已知，则下列选项正确有（　　） A. B C. D. 若，则 三、填空题 12. 已知函数.下列结论正确的是___________.①的一个对称中心为；②是的最大值；③在上单调递增；④把函数的图象上所有点向右平行移动个单位长度后，再向上平移个单位长度，可得到的图象. 13. 若函数，则______． 14. 如图，，且与的距离为1，与的距离为2.若在上，分别在，上，，，.则四边形的面积为______. 四、解答题 15. 如图，在平行四边形中，，，若M，N分别是边，所在直线上的点，且满足，，其中k，，设，. （1）当，时，用向量和分别表示向量和； （2）当，时，求的取值范围. 16. 如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，AB＝2，，，． （1）求； （2）求的长． 17. 已知函数，从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使函数存在. 条件①：； 条件②：函数在区间上是增函数； 条件③：． 注：如果选择的条件不符合要求，得分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． （1）求函数的解析式； （2）当时，求函数的最大值和最小值并求相应的x的值； （3）将的图像向右平移个单位长度，再保持纵坐标不变，将横坐标缩短为原来的倍，得到的图像，求函数的解析式，并确定当时，的单调区间． 18. 已知函数． （1）函数为的导函数，讨论的单调性； （2）当时，证明：存在唯一的极大值点，且． 19. 如图，在平面直角坐标系中，已知点是抛物线上的一个点，其横坐标为，过点作抛物线的切线. （1）求直线的斜率（用与表示）； （2）若椭圆过点，与的另一个交点为 ，与的另一个交点为，求证：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 高二数学试卷 一、单选题 1. 高一年级400名学生参加数学基础知识竞赛活动，答题后随机抽取22名男生和18名女生，计算得男生的平均得分为82分，女生的平均得分为80分，则估计本次比赛高一年级的总体均分为（ ） A. 81.8 B. 81.5 C. 81.1 D. 80.8 【答案】C 【解析】 【分析】利用分层抽样的均值公式计算. 【详解】，故估计本次比赛高一年级的总体均分为分. 故选：C. 2. 已知长方体的长､宽､高分别为，则这个长方体外接球的表面积与体积之比为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】长方体的外接球直径为体对角线，求出半径即可. 【详解】长方体的外接球直径为体对角线，且，则. . 故选：D. 3. 用表示，，中的最小数，若函数为偶函数，且当时，，则的极值点的个数为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】D 【解析】 【分析】画出时图象，结合偶函数图象对称性及极值点概念即可判断. 【详解】由，， 可得函数的大致图象， 由图象可知当时，有两个极值点，由对称性可知当时，也有两个极值点， 同时由图象可知：也是极值点， 所以共有5个极值点. 故选：D 4. 设全集是实数集，则阴影部分所表示的集合是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由图确定阴影部分为，即可求解. 【详解】由图像可知：阴影部分为， 又 , 所以， 故选：B 5. 在中，角A、、的对边分别为、、，则以下结论错误的为（ ） A. 若，则 B. C. 若，则；反之，若，则 D. 若，则 【答案】D 【解析】 【分析】根据正弦定理可推得，即，可判断A；根据正弦定理可设，从而可计算，判断B；根据正弦定理边角互化可判断C；根据可得或，即可判断D. 【详解】对于A，因为，所以， 即，由于B,C为三角形内角，故，则，故A正确； 对于B，根据正弦定理可设， 故，故B正确； 对于C，由可得 （R为外接圆半径），即 ，故； 反之，若，即，即，则，故C正确； 对于D，由于，故或 ,即或， 即或 ，故D错误， 故选：D 6. 已知等差数列的公差为，前项和为，且，则下列不正确的是（   ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据等差数列前 项和 与 关系，可判断A、B正确，再由前 项和公式可判断C错误，D正确. 【详解】由可得，且， 因此可得，故选项A、B正确. 因为，可得， 所以，即，选项C错误. 由等差数列前项和公式得，，选项D正确. 故选：C. 7. 已知定义在区间上的奇函数，对于任意的满足（其中是的导函数），则下列不等式中成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】构造函数，其中，分析函数的奇偶性及其在上的单调性，再利用函数的单调性逐项判断可得出合适的选项. 【详解】构造函数，其中，则， 所以，函数为奇函数， 当时，， 所以，函数在上为增函数，故该函数在上也为增函数， 由题意可知，函数在上连续，故函数在上为增函数. 对于A选项，，即，则，A错； 对于B选项，，即，则，B对； 对于C选项，，即，则，C错； 对于D选项，，即，则，D错. 故选：B. 8. 扇形的半径为，，点在弧上运动，，下列说法错误的是（ ） A. 的最小值是1 B. 的最大值是 C. 的取值范围为 D. 的取值范围为 【答案】D 【解析】 【分析】建立坐标系，得出点的坐标，进而可得向量的坐标，化已知问题为三角函数的最值可判断结合选项逐一求解. 【详解】以为原点，以为轴，建立如图所示的直角坐标系， 设，则，其中，，． 因为， 所以，即， 所以． 所以当时，取得最大值，此时点为的中点， 当或时，取得最小值，此时点为或点，故AB正确， 而，， 所以， ． 因为，所以，故， 因此， 所以取值范围为，故C正确， ，，， 因为，所以,故， ，，所以D错误． 故选：D 二、多选题 9. 在中，，，，则（ ） A. B. C. 的面积为 D. 外接圆的直径是 【答案】AB 【解析】 【分析】利用余弦的二倍角公式及同角三角函数的平方关系，结合余弦定理及三角形的面积公式，再利用正弦定理即可求解. 【详解】由题意可知，，故A正确； 在中，， 由余弦定理得，解得，故B正确； ，故C错误； 设外接圆半径为R，由正弦定理得，故D错误． 故选：AB． 10. 已知函数，则（ ） A. 函数是周期函数，最小正周期为 B. 函数是奇函数 C. 函数有最大值，无最小值 D. 函数在上单调递增 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于函数，需要根据对数函数的定义域、三角函数的周期性、奇偶性、单调性以及最值等性质来逐一分析每个选项. 【详解】对于A,根据对数函数的性质，对数中的真数须大于，即. 解不等式，得. 因为的最小正周期是，且的定义域是， 在每一个这样的区间内，的周期是，所以是周期函数，最小正周期为，A选项正确. 对于B,函数的定义域为，定义域不关于原点对称. 根据奇函数的定义，对于函数，如果对于定义域内的任意，都有， 且定义域关于原点对称，而定义域不关于原点对称，所以不是奇函数，B选项错误. 对于C,因为，当时. 而在上单调递增，当时，取得最大值，无最小值，C选项正确. 对于D,令，. 在上单调递增. 在上单调递增，且在此区间成立. 根据复合函数“同增异减”的原则，函数在上单调递增，D选项正确. 故选：ACD. 11. 已知，则下列选项正确的有（　　） A. B. C. D. 若，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】设，扇形的半径为1，则弧长，再利用面积法证明，进而可得，则可判断选项A；利用已知条件和单调函数的定义，则判断出函数在上为减函数，则可判断选项B；由已知条件可得，再利用指数函数和幂函数的图象和性质，则可判断选项C；利用二倍角的正弦公式可得，再结合余弦函数的单调性，则可判断选项D，进而找出正确的选项. 【详解】设，扇形的半径为1，则弧长， 过作交的延长线与点， 由图形可得， 由题意可得三角形的边上的高为， 所以， 所以. 对于A，因为，又因为， 所以，所以，故A正确； 对于B，因为，由， 令， 在上，即得 所以可得在上为减函数， 又因为，所以， 所以，故B正确； 对于C，由，则，且， 又因为，则， 所以，故C错误； 对于D，由，可得， 又因为，则， 所以，所以， 又因为在是减函数，所以，故D正确. 故答案为：ABD. 三、填空题 12. 已知函数.下列结论正确的是___________.①的一个对称中心为；②是的最大值；③在上单调递增；④把函数的图象上所有点向右平行移动个单位长度后，再向上平移个单位长度，可得到的图象. 【答案】②③④ 【解析】 【分析】先利用三角函数恒等变换有关公式，把函数化成的形式，再结合三角函数的性质判断各项内容的准确性. 【详解】因为. 对①：由函数性质，函数的对称中心的纵坐标为，故①错误； 对②：因为，是函数的最大值，故②正确； 对③：由，，得：，. 所以函数在，上为增函数. 令，得函数在上为增函数.故③正确； 对④：将函数的图象上所有点向右平行移动个单位长度，可得函数的图象，再把函数向上平移个单位长度，可得到的图象，即为函数的图象，故④正确. 故答案为：②③④ 13. 若函数，则______． 【答案】6 【解析】 【分析】先对原式进行变形，使其符合导数定义的形式，再结合复合函数求导法则求出的导数，进而求出极限值. 【详解】已知，给分子分母同时乘以，可得： 令，当时，，则上式可化为. 根据导数的定义可知，所以. 已知，根据复合函数求导法则， 得. 将代入，可得 可得. 故答案为：6. 14. 如图，，且与的距离为1，与的距离为2.若在上，分别在，上，，，.则四边形的面积为______. 【答案】## 【解析】 【分析】设，则，根据条件得到，从而得到，则有，，过分别作的垂线，交于，利用几何关系求出及，即可求出结果. 【详解】如图，设，，则 因为与的距离为1，与的距离为2，所以， 因为，所以，得到， 由图易知，，所以，得到， 所以，， 过分别作的垂线，交于，在中，，， 所以， 因为，所以， 在中，，所以，得到， 所以四边形的面积为， 故答案为：. 四、解答题 15. 如图，在平行四边形中，，，若M，N分别是边，所在直线上的点，且满足，，其中k，，设，. （1）当，时，用向量和分别表示向量和； （2）当，时，求的取值范围. 【答案】（1），  （2） 【解析】 【分析】（1）根据向量的线性运算求解； （2）用表示，利用数量积的运算律求出，根据二次函数的性质可求其范围. 【小问1详解】 当  ，时，  ，   【小问2详解】 当，时，   ，  ， 故      ， 因为 ，故    故 的取值范围为 . 16. 如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，AB＝2，，，． （1）求； （2）求的长． 【答案】(1)；(2). 【解析】 【分析】(1)连接BD，在中，利用三角形内角和定理及和角余弦公式计算即得； (2)在中，利用正弦定理求出BD长，再在中利用余弦定理求解即可. 【详解】(1)由AB∥CD可得，则， 即，而，即有， 在中，， 所以； (2)由(1)知，， 在中，由正弦定理得：， 由余弦定理得：， 即，解得或(舍去)， 所以的长为. 17. 已知函数，从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使函数存在. 条件①：； 条件②：函数在区间上是增函数； 条件③：． 注：如果选择的条件不符合要求，得分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． （1）求函数的解析式； （2）当时，求函数的最大值和最小值并求相应的x的值； （3）将的图像向右平移个单位长度，再保持纵坐标不变，将横坐标缩短为原来的倍，得到的图像，求函数的解析式，并确定当时，的单调区间． 【答案】（1）选①③；选②解析式不存在 （2）当时，有最大值；当时，有最小值 （3），和单调增，单调减 【解析】 【分析】（1）根据题意先把函数进行化简，然后根据所选的条件，去利用三角函数辅助角公式，三角函数单调递增区间而分别计算并判断是否使函数存在，从而求解； （2）根据得到函数的解析式，然后求出在区间上的最大值和最小值及相应的x值； （3）根据平移变换得到g的解析式，然后求出单调区间，再确定在区间上的单调性即可． 【小问1详解】 由题意得： . 当选条件： ， 又因为，所以，所以， 所以时，即得：，即，所以. 当选条件： 从而得：当时，单调递增， 化简得：当时，单调递增， 又因为函数在区间上是增函数，所以得， 解之得：， 且，故若选条件，不存在，解析式不存在. 当选条件：由，， 得当时，， 又因为，所以得，得，所以. 【小问2详解】 由知：，则得：， 又因为，所以， 所以当时，有最大值； 所以当时，有最小值； 即在区间上的最大值是，最小值是． 【小问3详解】 根据（1）的解析式和平移变换法则得， 令得， 令得， ∴时单调递增，时单调递减． 又，和单调增，单调减. 18. 已知函数． （1）函数为的导函数，讨论的单调性； （2）当时，证明：存在唯一的极大值点，且． 【答案】（1）答案不唯一，具体见解析 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）设，然后对函数求导，再分和讨论导函数的正负，从而可求出其单调区间， （2）两次利用零点存在性定理求得函数的极大值点，从而可得，再结合可证得结论 【小问1详解】 ，设，则． ①当时，，则在上单调递增； ②当时，令，则， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增． 所以在上单调递减，在上单调递增． 【小问2详解】 证明：当时，，， 由（1）可知的最小值为， 而，又， 由函数零点存在定理可得存在使得，又在上单调递减， 所以当时，，当时，，故为的极大值点， 又在上单调递增，故在上不存在极大值点， 所以存在唯一的极大值点， 又，，，所以． 因为，而，所以． 又为极大值，， 所以综上，． 【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单调性，利用导数求函数的极值，解题的关键是先由函数零点存在定理得到函数的极大值点，再根据零点存在性定理得极大值点，然后代入函数中利用放缩法可证得结论，考查数学转化思想，属于较难题 19. 如图，在平面直角坐标系中，已知点是抛物线上的一个点，其横坐标为，过点作抛物线的切线. （1）求直线的斜率（用与表示）； （2）若椭圆过点，与的另一个交点为 ，与的另一个交点为，求证：. 【答案】（1）；（2）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）由化为，利用导数即可求得斜率； （2）要证明，实际是证明它们斜率乘积为，设，则，，代入椭圆方程由点差法化简即可求得． 【详解】（1）由，得，所以， 所以直线的斜率为. （2）设，则，， 由（1）知， 设，所以，， 作差得， 即，所以， 所以，即， 所以，所以. 【点睛】关键点点睛：本题的解题关键在于利用点差法求得两斜率乘积为即可证明问题． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$