湖南省邵阳市第二中学2025-2026学年高二上学期12月学科竞赛数学试题

《高二数学竞赛》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 9 10 答案 B D A B ACD ACD 题号 11 答案 AC 1.B 【详解】x2-x-6≤0，解得：-2≤x≤3，即A={x-2≤x≤3}，B={xx≥2}， GB={xx<2},所以(CB)nA={x2≤x<2}=[2,2) 故选：B 2.D 【详解】 01 C B A O B 如图OABC-OA,B,C1为正方体， 设直线OC为m,直线OC为n,平面OABC为a, 则mllm,ml/,但nCa,A错误； 设平面OABC为a,平面AOCB为B,直线OA为n, 因为&⌒B=m,则直线m为直线OC, 满足条件au∩B=,nCa,n⊥m,但a,B不垂直，B错误： 设平面OABC为C,平面AOCB为B,平面OAAO1为Y, 则a⊥B⊥，则，B相交，C错误： 设直线m的方向向量为m,直线n的方向向量为i, 平面x的法向量为2，平面B的法向量为2，， 因为lln,olB,⊥a, 所以ml/元，21/，/1m, 所以/m,,所以nLB,D正确： 故选：D 答案第1页，共14页 3.A 【详解】因为4-骨C=设 12 所以B=元-A-C=元-亚5π=亚， 3124 由正弦定理可得c=b sinc sinB’又b=V2, =2mc-2音-m合行959- 12 2 故选：A 4.C 【详解】因为a>0,b>0,a+b=2,故0<a<2, 对于A,d+b2=a2+(2-a)2=2d-4a+4=2(a-1)2+2, 所以4>2+b2≥2，A错误： 对于B,2a-b=22a-2,又-2<2a-2<2, 所以}<2<4，B错误： 4 由基本不等式可得b≤ a+b 、2 =1,当且仅当a=b=1时等号成立， 2 又ab>0,所以log2a+log2b=log2(ab)≤0，C正确， 由基本不等式可得1=a+b6+6 22(2 当且仅当a=b=1时等号成立， 所以√a+√b≤2，D错误； 故选：C 5.c 【详解】如下图所示： B F 由题意可知A为线段BE的中点，O为线段耳E的中点，且A耳⊥BE,,OB⊥FF, 答案第2页，共14页 由中垂线的性质可得B=R=2c,B=BR=2c,故A=B=c, 由勾股定理可得Ar=E-Ar=V4c2-c2=VBC, 由椭圆的定义可得A+A=2a,即(V3+1)c=2a, 故该椭圆的离心率为e=9-25-1. aV3+1 故选：C 6.B 【详解】圆C的方程可化为(x-1)2+y2=1, 设2AcP-00<0引则4B2s血0， 因为Bm=5,所以(m8)y5 2 又08受所以肾0 2 又ICP1 ,所以lc。=1=2 兀 cos0 cos 而CP的最小值是圆心到直线的距离， m+2=2,又m>0,所以m=25 所以m+1 故选：B. yA B 0入 7.B 【详解】考虑点Q在侧面ABE上运动时点Q的轨迹长度，如下图所示： G B 易知OE=OA=OB=√2，且△ABE是边长为2的等边三角形， 答案第3页，共14页 则三棱锥O-ABE是正三棱锥，则点O在底面ABE内的射影点G为△ABE的中心， 取H为BE的中点，连接AH、OH,则AH⊥BE, 因为OB=OE=√2，BE=2,故OB2+OE2=BE2,则OB⊥OE, 所以，AOBE为等腰直角三角形，且OH=BB=1, AH=√AB”-BH2=√22-1F=√5， 因为G为等边a1BB的中心，则4G=?4H=25 3 所以，0G=V042-4G=,2- 因为OG⊥平面ABE,QGC平面ABE,所以OG⊥QG, 则0G=002-0c2= 所以，点Q的轨迹是以点G为圆心，半径为y6的圆在△ABE内的圆弧，如图， 2 G B S 股C与3交于M,S西点，由于在AamM中GM么C的：场 3 则os∠AMGH=5,所以∠AOH-牙，则△Ms 2 2 圆G在ag的一度3g长为〔红子小95G 则点O的轨迹长度为6×8=46元 3 故选：B 8.C 【详解】老油om≥,则需满足子2k≤经0智0=+2流女eZ, 4 此时去绝对值化简相：了-血oao0,网在（仔 单调递增， 即受2s0骨0s经2kcz, 2 -2 答案第4页，共14页 0>0 兀 列出不等式组： +2msCa<亚a 4 5亚+2，k∈Z, 43 +2m≤亚o<5a≤+2mkZ 兀 2 4 3 2 解得1+8影≤0≤子+，E2,需满足1+8效 +6k,即ks 结合@>0，则k=0,故1s0 2 匿sinm≤cos,则需满足-4+2红s7 00s年2hkez, 4 4 此时去绝对值化简得f⑧)=coso(o>0，f)在43单调递增 即-π+2m≤亚a<亚a≤2ke乙，列出不等式组： 4 3 0>0 +2ks0<0s 2Z, 3元 4 4 3 4 -兀+2kmsw<亚os2水πkeZ 4 3 解得-3+8k≤@≤6k,ez,需满足-3+8k≤6k,即k≤3 结合o>0,则k=1,故5≤o≤6； 综上，满足题意的ω的范围为L,U[5,6. 故选：C 9.ACD 【详解】A:z=1-2i→z=1+2i,所以z在复平面内对应的点(1,2)位于第一象限，因此本选项说法正确： B:设1，=i,显然有片+=1+i=2+1=2,-==1-=V2+(-1=2, 但是2=≠0，所以本选项说法不正确： C:因为E=1,=∈C,所以设：=cosθ+isin0, 所以=-2=|lcos6-2+isin=V(cos6-2)}+sin20=Vcos20+4-4cos8+simn2日 =√5-4c0s0,显然当cos6=1时，E-2的最小值为1，故本选项说法正确： D:因为-4+3i是关于x的方程x2+px+q=0(P,q∈R)的根， 所以-4-3i也是关于x的方程x2+Px+q=0(p,q∈R)的根， 于是有-4+3i+(-4-31)=-p→p=8,因此本选项说法正确， 答案第5页，共14页 故选：ACD 10.ACD 【详解】分别取棱BB,B,C,CD,DD的中点M,N,P,Q, 因为点E,F分别为棱AB,AD的中点，所以EF/IBD, 因为AC I BD,所以AC⊥EF, 因为AA⊥平面ABCD,EFC平面ABCD,所以AA⊥EF, 因为AA∩AC=A,44 ACc平面ACA,所以EF⊥平面ACA, 因为ACC平面ACA,所以EF⊥AC,同理EM⊥AC, 因为EF∩EM=E,EF,EMc平面EMNPOF,所以AC⊥平面EMNPOF, 根据条件AC⊥平面EFG,可得平面EFG即为平面EMNPOF, 于是点G的轨迹即为线段NP, D G A B 、、Q D M B 对于A,当点G为棱C,D的中点P,EG/平面ADDA, 证明如下： D P(G A B Or D M E B 连接AD,因为AE/IDG,AE=DG, 所以四边形AEGD为平行四边形， 所以EG/IAD,又EGa平面ADDA,AD,C平面ADDA, 所以EG/平面ADDA,故A正确： 答案第6页，共14页 对于B,因为点E,F分别为棱AB,AD的中点，正方体的棱长为2， 所以EF1/BD,EF=BD=√2，同理可得O=QP=PN=NM=MB=2, 2 所以六边形EMNPOF为正六边形，边长为√2， 所以正六边影POP的面积S-6语不-5，所以B结误： 对于C,连AC,BD,交点为T, D P 、Q D M E B 因为AG=GC(2∈R),则点G在AC上， 又点G的轨迹即为线段NP,则点G为AC,与NP的交点， 因为P,N分别为CA,BG的中点，则GC=,1C=4C,4G=34C, 2 4 此时AG=3GC,于是2=3，所以C正确： 对于D,设AC∩平面EFG=S,根据对称性可知，s为AC的中点， 4c-x2w0=g, 所以5C= 2 D P G A E B 因为AC⊥平面EFG,所以∠CES为直线CE与平面EFG所成的角， 又CE=VEB2+BC2=V12+22=√5， 所以sm∠CS=SC=5V5 CE√55 答案第7页，共14页 所以直线CB与平面EFG所成角的正弦值为 ,故D正确， 故选：ACD. 11.AC 【详解】对A,b=2n+l,n∈N,总是有b=2n+1=(n+1)2-n,n+leN,n∈N,则BcM,故A正确： 对B,c=2n,neN,若c=2n∈M,则存在x,yeZ,使得x2-y2=2n=(x+(x-),因为当x,y一个是偶数，一 个是奇数时，x+y是奇数，x-y也是奇数，所以(x+y)x-y)也是奇数，显然2n是偶数，故2n≠(x+y)(x-y),故 c=2nEM,故B错误； 对C,若4∈M,a,∈M,不妨设a=x-,4=号-片，则aa=(-)(-)=(5x+y2)'-(y+xy)'eM, 故a,a2eM,故C正确；对D,设4=x-y,4=x-,则 4+a=x-+x-片=(x+x2)2-(以+2)}-2xx,+2yy,不满足集合M的定义，故D错误 故选：AC 12.4 【详解】由f(x)= log2(1-x),x<1 2-1,x≥1 则f(-1)=log22=1, 而l0g,6>log22=1,则f(log,6)=2:61=2:s,2=2:3=3, 所以f(-1)+f(1og,6)=1+3=4. 故答案为：4. 18./30 【详解】解：a-=3-=2 (a-}°--2a-b+6=4i-2a.b+b-9, a5-- 2 a-0列a-d-a6=46-8+号6+号 .o a-列a8+ a-液。 当且仅当=5、园-25等号成立， 答案第8页，共14页 :0≤a-6.ds0s-6.s看： “a-6与a夹角的最大值为君 故答案为：名 14.2035 【详解】设g(x)=f(x)-x,则g(2020)=g(2021)=g(2022)=0,所以g(x)=2(x-2020)(x-2021)(x-2022),所 以g(2023)=2×3×2×1-12,所以f(2023)=12+2023=2035 故答案为：2035. 15.(1)x2+y2-8x-8y+7=0 (2)10W7 【详解】(1)对于二次函数y=x2-8x+7, 令y=0,得x2-8x+7=0,所以x=1或x=7, 不妨假设A在B左侧，则A(1,0),B(7,0), 令x=0,得y=7,所以C(0,7), 设⊙E的方程为x2+y+Dx+y+F=0, 1+D+F=0 「D=-8 将A,B,C三点代入，得{49+7D+F=0,解得E=-8 49+7E+F=0 F=7 所以OE的方程为x2+y2-8x-8y+7=0. (2)⊙E的方程可化为(x-4)2+(y-4)2=25, 所以⊙E的圆心E(4,4),半径r=5, 因为1-4)2+1-4)2<25，所以点H(1,1)在⊙E内部， 所以过点H(1,1)的最长弦MN为⊙E的直径，所以MW=10 设圆心E到任意一条弦的距离为d,则该弦弦长为2Vr2-d=2W25-d, 所以当d最大时，弦长最短. 因为d≤EH=32,所以最短弦长|Pg=2W25-32)2=2万， 此时PQ⊥EH,即PQ⊥MN, 答案第9页，共14页 所以四边形MPNO的面积为N×PQ=×10x27-10万. 16.(1)tanc∈ 2)3 10 【详解】(1)因为3sin(A+B)=5sin(A-B),所以3 sin AcosB+3 cos Asin B=5 sinAcos B-5 cos Asin B, 则sin Acos B=4 cos Asin B,即tanA=4tanB, mc-mcu]ma副。 smB后91周mc-0- 5t 5 当9y=-层数以0在 为增函数， 所以s间<20，即5a0<3 (3 所以es55,即mce(得s (2)因为c2=acosB+bcosA, 由cosB=+c2-b2 2 c cosA=+c-代入整理有3 2bc ci=axa'tc-b: 6+c2-d-2c→c=1… +b× 2ac 2bc 2c 所以c2=acos B+bc0SA=1, 因为sin Acos B=4 cos Asin B,b=2, 由正弦定理有：acosB=4 bcos A=8coSA, 代入c2=ac0sB+b0sA-1有：10cosA=1,得c0sA=10 1 10 答案第10页，共14页 2025年邵阳市第二中学高二数学竞赛 试卷总分：150分；考试时间：120分钟； 第I卷（选择题） 1、 单选题：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．已知集合，则（    ） A． B． C． D． 2．已知是两条不同的直线，是三个不同的平面，则下列结论正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 3．记的内角的对边分别为，已知，则（    ） A． B． C． D． 4．已知，且，则一定正确的是（    ） A． B． C． D． 5．已知椭圆的左、右焦点分别为、．点在上，点在轴上，，，则的离心率为（   ） A． B． C． D． 6．已知圆与直线，过上任意一点向圆引切线，切点为和，若线段长度的最小值为，则实数的值为（    ） A． B． C． D． 7．如图，八面体的每一个面都是正三角形，各顶点都在以O为球心，半径为的球面上，并且A，B，C，D在同一平面内，点Q为此八面体表面上的动点，且，则点Q的轨迹长度为（   ） A． B． C． D． 8．已知，若函数在上单调递增，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 2、 多选题：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．在复平面内，下列说法正确的是（    ） A．复数，则在复平面内对应的点位于第一象限 B．若复数满足，则 C．若，则的最小值为1 D．若是关于的方程的根，则 10．在棱长为的正方体中，点分别为棱的中点，点在底面内运动（含边界），且平面，则下列结论正确的是（    ） A．存在点使得平面 B．平面截正方体所得截面的面积为 C．若，则 D．直线与平面所成角的正弦值为 11．对于集合，给出如下结论，其中正确的结论是（    ） A．如果，那么 B．若，对于任意的，则 C．如果，那么 D．如果，那么 第II卷（非选择题） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．若函数，则 ． 13．平面向量，满足，，则与夹角最大值为 ． 14．已知三次函数，且，，，则 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．（13分）已知函数的图象与轴交于两点，与轴交于点，过三点. (1)求的方程； (2)若过点作的弦，其中最长弦与最短弦分别为，求四边形的面积. 16．（15分）已知的三边所对的角分别为. (1)若，求的取值范围； (2)若，求的面积. 17．（15分）如图，在以，，，，，为顶点的五面体中，四边形为正方形，，，且二面角与二面角都是.    （1）证明：平面平面； （2）求二面角的余弦值. 18．（17分）已知抛物线的顶点为原点，其焦点到直线的距离为．设为直线上的点，过点作抛物线的两条切线，其中为切点． (1) 求抛物线的方程； (2) 当点为直线上的定点时，求直线的方程； (3) 当点在直线上移动时，求的最小值． 19．（17分）已知为实数，用表示不超过的最大整数，例如，对于函数，若存在，使得，则称函数是“函数”. (1)判断函数是否是“函数”； (2)设函数是定义在上的周期函数，其最小正周期是，若不是“函数”，求的最小值； (3)若函数是“函数”，求的取值范围. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 《高二数学竞赛》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B D A C C B B C ACD ACD 题号 11 答案 AC 1．B 【详解】，解得：，即，， ，所以. 故选：B 2．D 【详解】 如图为正方体， 设直线为，直线为，平面为， 则，但，A错误； 设平面为，平面为，直线为， 因为，则直线为直线， 满足条件，但不垂直，B错误； 设平面为，平面为，平面为， 则，则相交，C错误； 设直线的方向向量为，直线的方向向量为， 平面的法向量为，平面的法向量为， 因为， 所以，，， 所以，所以，D正确； 故选：D. 3．A 【详解】因为，， 所以， 由正弦定理可得，又， 所以， 故选：A. 4．C 【详解】因为，，故， 对于A，， 所以，A错误； 对于B，，又， 所以，B错误； 由基本不等式可得，当且仅当时等号成立， 又，所以，C正确， 由基本不等式可得，当且仅当时等号成立， 所以，D错误； 故选：C. 5．C 【详解】如下图所示： 由题意可知为线段的中点，为线段的中点，且，， 由中垂线的性质可得，，故， 由勾股定理可得， 由椭圆的定义可得，即， 故该椭圆的离心率为. 故选：C. 6．B 【详解】圆的方程可化为， 设，则， 因为，所以， 又，所以， 又，所以， 而的最小值是圆心到直线的距离， 所以， 又，所以． 故选：B． 7．B 【详解】考虑点在侧面上运动时点的轨迹长度，如下图所示： 易知，且是边长为的等边三角形， 则三棱锥是正三棱锥，则点在底面内的射影点为的中心， 取为的中点，连接、，则， 因为，，故，则， 所以，为等腰直角三角形，且， ， 因为为等边的中心，则， 所以，， 因为平面，平面，所以， 则， 所以，点的轨迹是以点为圆心，半径为的圆在内的圆弧，如图， 设圆与交于两点，由于在中， 则，所以，则， 所以圆在内的一段弧的长为， 则点Q的轨迹长度为. 故选：B 8．C 【详解】若，则需满足， 此时去绝对值化简得：，在单调递增， 即， 列出不等式组：， 解得，，需满足，即， 结合，则，故； 若，则需满足， 此时去绝对值化简得，在单调递增， 即，列出不等式组： ， 解得，，需满足，即， 结合，则，故； 综上，满足题意的的范围为. 故选：C 9．ACD 【详解】A：，所以在复平面内对应的点位于第一象限，因此本选项说法正确； B：设，显然有 但是，所以本选项说法不正确； C：因为，所以设， 所以 ，显然当时，的最小值为1，故本选项说法正确； D：因为是关于的方程的根， 所以也是关于的方程的根， 于是有，因此本选项说法正确， 故选：ACD 10．ACD 【详解】分别取棱，，，的中点， 因为点分别为棱的中点，所以， 因为，所以， 因为平面，平面，所以， 因为平面，所以平面， 因为平面，所以，同理， 因为平面，所以平面， 根据条件平面，可得平面即为平面， 于是点的轨迹即为线段 对于A，当点为棱的中点，平面， 证明如下： 连接，因为， 所以四边形为平行四边形， 所以，又平面，平面， 所以平面，故A正确； 对于B，因为点分别为棱的中点，正方体的棱长为， 所以，同理可得， 所以六边形为正六边形，边长为， 所以正六边形的面积，所以B错误； 对于C，连，交点为， 因为，则点在上， 又点的轨迹即为线段，则点为与的交点， 因为分别为的中点，则， 此时，于是，所以C正确； 对于D，设平面，根据对称性可知，为的中点， 所以， 因为平面，所以为直线与平面所成的角， 又， 所以， 所以直线与平面所成角的正弦值为，故D正确， 故选：ACD. 11．AC 【详解】对A，，总是有，则，故A正确； 对B，，若，则存在，使得，因为当一个是偶数，一个是奇数时，是奇数，也是奇数，所以也是奇数，显然是偶数，故，故，故B错误； 对C，若，不妨设，则，故，故C正确；对D，设，则 ，不满足集合的定义，故D错误. 故选：AC. 12．4 【详解】由， 则， 而，则， 所以. 故答案为：4. 13．/ 【详解】解：∵， ∴， ∴， ∴； ∴， 当且仅当、等号成立， ∵；∴； ∴与夹角的最大值为． 故答案为： 14．2035 【详解】设，则，所以，所以，所以. 故答案为：2035. 15．(1) (2) 【详解】（1）对于二次函数， 令，得，所以或， 不妨假设在左侧，则， 令，得，所以， 设的方程为， 将三点代入，得，解得 所以的方程为. （2）的方程可化为， 所以的圆心，半径， 因为，所以点在内部， 所以过点的最长弦为的直径，所以. 设圆心到任意一条弦的距离为，则该弦弦长为， 所以当最大时，弦长最短. 因为，所以最短弦长， 此时，即， 所以四边形的面积为. 16．(1) (2) 【详解】（1）因为，所以， 则，即， , 令，则， 因为，令， 当时，均为增函数，所以在为增函数， 所以，即， 所以，即. （2）因为， 由代入整理有： ， 所以， 因为，， 由正弦定理有：, 代入有：，得， 因为，所以， 所以 所以的面积为：. 17．（1）见解析；（2）. 【详解】（Ⅰ）因为四边形为正方形，所以， 又，，所以平面． 又平面，故平面平面． （Ⅱ）过作，垂足为， 因为平面平面，平面平面， 平面，故平面． 以为坐标原点，的方向为轴正方向，的方向为轴正向， 建立如图所示的空间直角坐标系． 由（Ⅰ）知为二面角的平面角，故， 设，则，， 所以，，，． 由已知，，而平面，平面 ， 所以平面，又平面平面，平面， 故，所以． 由，可得平面，同理为二面角的平面角， 所以，从而可得． 所以，，，． 设是平面的法向量， 则，即，取，则， 可取． 设是平面的法向量，则，同理可取， 则． 因为二面角的平面角为钝角，故二面角的余弦值为．    18．(Ⅰ) (Ⅱ) (Ⅲ) 【详解】 解：（1）依题意，设拋物线的方程为，由结合， 解得，所以拋物线的方程为. （2）拋物线的方程为，即，求导得， 设(其中)则切线的斜率分别为， 所以切线的方程为，即，即， 同理可得切线的方程为， 因为切线均过点，所以 ，， 所以为方程的两组解， 所以直线的方程为. （3）由拋物线定义可知， 联立方程，消去整理得. 由一元二次方程根与系数的关系可得， 所以 又点在直线上，所以， 所以， 所以当时，取得最小值,且取得最小值为. 考点：1.点到直线距离公式；2.抛物线方程；3.利用导数求抛物线上某点切线的斜率；4.二次函数求最值. 19．(1)是“函数”，不是“函数” (2)1 (3)，且 【详解】（1）函数是函数，设， 则， 所以存在，使得，所以函数是“函数”. 函数，函数的最小正周期为，函数的图象如图所示， 不妨研究函数在这个周期的图象. 设，则， 所以， 所以函数不是“函数”. （2）因为是以为最小正周期的周期函数，所以. 假设，则，所以，矛盾. 所以必有. 而函数的周期为1，且显然不是函数. 综上所述，的最小值为1. （3）当函数是“函数”时， 若，则显然不是函数，矛盾. 若，则， 所以在上单调递增， 此时不存在，使得， 同理不存在，使得， 又注意到，即不会出现的情形， 所以此时不是函数. 当时，设，所以， 所以有，其中， 当时，因为，所以， 所以， 当时，， 因为，所以， 所以. 综上所述，，且. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $