精品解析：湖南省衡阳市衡阳县2025-2026学年高二上学期创新实验班期末质量检测数学试题

衡阳县2025年下学期高二创新实验班期末质量检测试题 数学 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1.本试卷分第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两部分，共4大题，19小题.答卷前，考生务必将自己的学校、班级、姓名、准考证号填写在答题卡上. 2.回答第I卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号. 3.将答案写在答题卡上，写在试题卷上无效. 4.考试结束后，将答题卡上交. 第I卷 一、单选题：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. 若集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 在复平面内，复数，对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3. 已知向量、满足，，则（ ） A. B. C. D. 4. 香农定理作为通信理论的基石，在现代通信中有着广泛的应用，它给出了信道容量和信噪比及信道带宽的关系，即其中是信道容量，单位bps；为信道带宽，单位Hz；代表接收信号的信噪比，为无量纲单位.军事战术电台采用跳频扩频（FHSS）技术，通过每秒切换数千次频率将信道带宽由5MHz扩展至100MHz，为了将敌方干扰效率降低90%以上，需将信道容量由17.3Mbps提高至593Mbps，依据香农定理，则大约需将信号的信噪比提升至原来的（ ）倍.（参考数据：，） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 5. 在中，“”是“为锐角三角形”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 6. 函数，记，则（ ） A. B. C. D. 7. 英国著名物理学家牛顿用“作切线”的方法求函数零点时，给出的“牛顿数列”在航空航天中应用广泛，若数列满足，则称数列为牛顿数列.如果函数，数列为牛顿数列，设且，，数列的前项和为，则（ ） A. B. C. D. 8. 若关于的方程有三个不相等的实数解，，，且，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，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. 某单位有职工人，其中男职工人，现为了解职工健康情况，该单位采取分层随机抽样的方法抽取了一个容量为的样本，得出体重情况:男职工的平均体重为，女职工的平均体重为.则下列说法正确的是（ ） A. 抽查的样本中女职工人数为 B. 该单位男职工的体重普遍比女职工重 C. 估计该单位职工平均体重为 D. 男、女职工被抽中的可能性均为 10. 如图，底面为边长是的正方形，半圆面底面.点为半圆弧(不含点)一个动点.下列说法正确的是（ ） A. 三棱锥的每个侧面三角形都是直角三角形 B. 三棱锥的体积的最大值为 C. 三棱锥的外接球的表面积为定值 D. 直线与平面所成最大角的正弦值为 11. 造型可以做成美丽的丝带，将其看作图中曲线的一部分．已知过坐标原点．且上的点满足横坐标大于，到点的距离与到定直线的距离之积为．以下结论正确的有（ ） A. B. 曲线上存在点，满足 C. 若点是曲线第一象限上的点，则的面积的最大值为 D. 当点在上时，不等式恒成立 第Ⅱ卷 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知直线与圆相交于两点，则的最小值为___________. 13. 已知双曲线E：的左焦点为F1，过点F1的直线与两条渐近线的交点分别为M，N两点（点F1位于点M与点N之间），且，又过点F1作F1P⊥OM于P（点O为坐标原点），且|ON|＝|OP|，则双曲线E的离心率e为 __． 14. 若关于的不等式对任意恒成立，则实数的取值范围为____． 四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤. 15. 在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． （1）求的值； （2）在边BC上取一点D，使得，求的值． 16. 如图，三棱台中，，D是AC的中点，E是棱BC上的动点． （1）若平面，确定的位置. （2）已知平面ABC，且．设直线与平面所成的角为，试在（1）的条件下，求的最大值． 17. 椭圆的左、右焦点分别为，点P为椭圆E上动点．当P点在长轴端点时， ；当P点在短轴端点时，．过作直线的垂线，过作直线的垂线，直线的交点为Q． （1）求椭圆E的标准方程； （2）若四边形为平行四边形，求平行四边形的面积； （3）若点P在第一象限，点Q在椭圆E上，求点P坐标． 18. 已知函数，，． （1）若在点处的切线平行于直线：，求的值； （2）求的单调区间； （3）当时，求证：对任意，恒有成立． 19. 已知无穷数列满足以下条件：①，当时，；②若存在某项，则必有，使得（且）． （1）若，写出所有满足条件的； （2）若，证明：数列为等差数列； （3）设，求正整数的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 衡阳县2025年下学期高二创新实验班期末质量检测试题 数学 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1.本试卷分第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两部分，共4大题，19小题.答卷前，考生务必将自己的学校、班级、姓名、准考证号填写在答题卡上. 2.回答第I卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号. 3.将答案写在答题卡上，写在试题卷上无效. 4.考试结束后，将答题卡上交. 第I卷 一、单选题：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. 若集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先确定集合，再根据集合的交集运算即可求解. 【详解】因为， 所以. 故选：C 2. 在复平面内，复数，对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数运算法则及复数的几何意义即可求解. 【详解】原式=， 对应复平面的点为，在第四象限. 故选：D 3. 已知向量、满足，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用平面向量数量积的运算性质和坐标运算可得出的值. 【详解】因为向量、满足，， 则. 故选：A. 4. 香农定理作为通信理论的基石，在现代通信中有着广泛的应用，它给出了信道容量和信噪比及信道带宽的关系，即其中是信道容量，单位bps；为信道带宽，单位Hz；代表接收信号的信噪比，为无量纲单位.军事战术电台采用跳频扩频（FHSS）技术，通过每秒切换数千次频率将信道带宽由5MHz扩展至100MHz，为了将敌方干扰效率降低90%以上，需将信道容量由17.3Mbps提高至593Mbps，依据香农定理，则大约需将信号的信噪比提升至原来的（ ）倍.（参考数据：，） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 【答案】B 【解析】 【分析】依据香农定理，结合题中数据代入计算即可. 【详解】设原始状态信道容量为，提升后信道容量为， 由题意可得，即，解得， 同理，即，解得， 所以大约需将信号的信噪比提升至原来的6倍. 故选：B 5. 在中，“”是“为锐角三角形”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】利用和角的余弦公式，充分条件、必要条件的定义判断即得. 【详解】在中，， 因此是钝角，是锐角，没有条件判断都是锐角，则不能确定为锐角三角形； 反之，为锐角三角形，则是锐角，是钝角，成立， 所以“”是“为锐角三角形”的必要不充分条件. 故选：B 6. 函数，记，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题意得是上的偶函数，由复合函数单调性可知关于在上单调递减，进一步比较对数、指数幂的大小即可求解. 【详解】注意到定义域为全体实数，且， 所以是上的偶函数， 从而， 因为在上单调递增， 所以关于在上单调递减， 而， 所以. 故选：B. 7. 英国著名物理学家牛顿用“作切线”的方法求函数零点时，给出的“牛顿数列”在航空航天中应用广泛，若数列满足，则称数列为牛顿数列.如果函数，数列为牛顿数列，设且，，数列的前项和为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题目信息得到，则，两边取对数可得，从而得到数列为等比数列，再利用等比数列的前项和公式求解即可. 【详解】由题知， 因为， 所以，两边取对数得：， 令，即，所以数列是以为首项，为公比的等比数列， 所以. 故选：D. 8. 若关于的方程有三个不相等的实数解，，，且，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】化简方程，令，得到．构造函数，则，利用函数的单调性，结合函数的图象，要使关于的方程有三个不相等的实数解，，，且，结合图象可得关于的方程一定有两个实根，（），结合韦达定理，推出所求表达式的关系式，然后求解即可． 【详解】由方程，可得. 令，则有，即. 令函数，则， 由，解得，，解得 所以在上单调递增，在上单调递减，且 作出图象如图所示，要使关于的方程有三个不相等的实数解，，，且， 结合图象可得关于的方程一定有两个实根，， 且，，，. 所以，解得或 若，则,解得，则 此时只有1个实数根，此时原方程没有3个不等实数根，故不满足题意. 若，则，可得，显然此时原方程没有3个不等实数根，故不满足题意. 要使原方程有3个不等实数根，则 所以，，解得. 所以， 故. 故选：A 【点睛】关键点睛：本题主要考查利用导数研究方程的解，解答本题的关键是利用换元法设，将方程化为，根据题意得出方程一定有两个实根，（），设函数判断出函数的单调性，结合图象将,示为关于m的函数，求出函数的范围，属于难题. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，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. 某单位有职工人，其中男职工人，现为了解职工健康情况，该单位采取分层随机抽样的方法抽取了一个容量为的样本，得出体重情况:男职工的平均体重为，女职工的平均体重为.则下列说法正确的是（ ） A. 抽查的样本中女职工人数为 B. 该单位男职工的体重普遍比女职工重 C. 估计该单位职工平均体重为 D. 男、女职工被抽中的可能性均为 【答案】BD 【解析】 【分析】根据抽样比即可求解AD，根据平均数的定义以及计算公式即可求解BC. 【详解】A选项，抽查的样本中女职工人数为，A选项错误; B选项，男职工的平均体重，女职工的平均体重为，根据样本估计可知：该单位男职工的体重普遍比女职工重，B选项正确; C选项，估计该单位职工平均体重为，C选项错误; D选项，男、女职工被抽中的可能性均为，D选项正确. 故选:BD. 10. 如图，底面为边长是的正方形，半圆面底面.点为半圆弧(不含点)一个动点.下列说法正确的是（ ） A. 三棱锥的每个侧面三角形都是直角三角形 B. 三棱锥的体积的最大值为 C. 三棱锥的外接球的表面积为定值 D. 直线与平面所成最大角的正弦值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，根据半圆和正方形的性质，结合线面垂直的性质定理、线面垂直的判定定理即可判断；对于B，根据题设可判断点为半圆弧的中点时，三棱锥的底面积取得最大值，然后利用三棱锥的体积公式求得三棱锥的体积的最大值后即可判断；对于C，结合图形可判断三棱锥的外接球的球心为的中点，然后利用球的体积公式即可求得三棱锥的外接球的表面积，进而判断为定值；对于D，结合图形过点作，连接，则可判断为直线与平面所成角的平面角，设，列出线面角正弦值关于的关系式，换元后利用基本不等式即可求解. 【详解】对于A，因为底面为边长是的正方形，所以， 又半圆面底面，半圆面底面，底面，所以半圆面； 又半圆面，所以，，所以是直角三角形； 因为是圆的直径，所以，所以是直角三角形； 因为，所以是直角三角形； 因为，，，底面，所以平面；又平面，所以，所以是直角三角形； 所以三棱锥的每个侧面三角形都是直角三角形，故A正确； 对于B，在三棱锥中，半圆面，所以是三棱锥的高； 当点是半圆弧的中点时，三棱锥的底面积取得最大值，此时三棱锥的体积取得最大值，即三棱锥的体积的最大值为，故B错误； 对于C，如图，取的中点，由A选项知，所以点为三棱锥外接球的球心，所以三棱锥外接球的表面积为，故C正确； 对于D，如图，过点作于，连接， 因为半圆面底面，半圆面底面，半圆面，所以面； 所以为在面内的射影，所以为直线与平面所成角的平面角； 设，则，，则在直角三角形中，，， 所以； 所以； 令，则，且，所以； 又，当且仅当，即时，取等号； 所以，所以， 所以，即直线与平面所成最大角的正弦值为，故D正确. 故选：ACD. 11. 造型可以做成美丽的丝带，将其看作图中曲线的一部分．已知过坐标原点．且上的点满足横坐标大于，到点的距离与到定直线的距离之积为．以下结论正确的有（ ） A. B. 曲线上存在点，满足 C. 若点是曲线第一象限上的点，则的面积的最大值为 D. 当点在上时，不等式恒成立 【答案】ABD 【解析】 【分析】由题意，将原点坐标代入可得，可判断A；设点在上，通过放缩可得不等式，求出的取值范围，进而可求出的取值范围，可判断B；取，求得，可判断C；利用不等式的基本性质可判断D． 【详解】对于A，由题意点在曲线的上面，当且仅当， ∵曲线过原点且，∴，A正确； 对于B，由题意可知，曲线的方程为， 若点在上，则， 又∵，则，∴， 故， ∵，∴曲线上存在点，满足，B正确； 对于C，在中，当时，化简得， 当点在第一象限时，取，则， 此时， 因此，的面积的最大值大于1，C错误； 对于D，由可得， ∵，∴，故， 整理可得，D正确． 故答案为：ABD． 第Ⅱ卷 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知直线与圆相交于两点，则的最小值为___________. 【答案】 【解析】 【分析】求出直线过定点，根据圆的性质可得当时，最小，根据勾股定理求解即可求出答案. 【详解】将的方程转化为， 令解得，即过定点， 当时，圆心到直线的距离最大值为， 此时取得最小值，. 所以的最小值为. 故答案为：. 13. 已知双曲线E：的左焦点为F1，过点F1的直线与两条渐近线的交点分别为M，N两点（点F1位于点M与点N之间），且，又过点F1作F1P⊥OM于P（点O为坐标原点），且|ON|＝|OP|，则双曲线E的离心率e为 __． 【答案】 【解析】 【分析】由对称性得ON⊥MN，由点到直线距离公式得，然后由勾股定理求得的关系得出离心率． 【详解】解：双曲线E：的渐近线方程为， ∵|ON|＝OP|，且F1P⊥OM，可得△PF1O≌△NF1O，ON⊥MN， 双曲线的一条渐近线方程为bx﹣ay＝0， 则|F1N|＝|F1P|＝＝b． ∵，∴|MN|＝3b，|MF1|＝2b， 由勾股定理可得，|ON|＝|OP|＝，|PM|＝＝， 又|MN|2+|ON|2＝|OM|2，∴(3b)2+a2＝(a+)2， 整理可得a＝，即3c2＝4a2，∴． 故答案为：． 14. 若关于的不等式对任意恒成立，则实数的取值范围为____． 【答案】 【解析】 【分析】对式子变形后，构造函数，，利用导数求解函数的单调性，即可根据单调性求解. 【详解】由题意可知，，即对任意恒成立． 设，则问题转化为在上恒成立， 因为，所以当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减，又，所以当时，；当时，. ①在上，若恒成立，则恒成立，即，则； ②在上，若，则恒成立，即在上恒成立， 由可得， 令，则，当时，，所以在上单调递增，所以，所以. 综上所述，实数的取值范围为. 故答案为： 四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤. 15. 在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． （1）求的值； （2）在边BC上取一点D，使得，求的值． 【答案】（1）；（2）. 【解析】 【分析】（1）方法一：利用余弦定理求得，利用正弦定理求得. （2）方法一：根据的值，求得的值，由（1）求得的值，从而求得的值，进而求得的值. 【详解】（1）[方法一]：正余弦定理综合法 由余弦定理得，所以. 由正弦定理得. [方法二]【最优解】：几何法 过点A作，垂足为E．在中，由，可得，又，所以． 在中，，因此． （2）[方法一]：两角和的正弦公式法 由于，，所以. 由于，所以，所以. 所以 . 由于，所以. 所以. [方法二]【最优解】：几何法+两角差的正切公式法 在（1）的方法二的图中，由，可得，从而． 又由（1）可得，所以． [方法三]：几何法+正弦定理法 在（1）的方法二中可得． 在中，， 所以． 在中，由正弦定理可得， 由此可得． [方法四]：构造直角三角形法 如图，作，垂足为E，作，垂足为点G． 在（1）的方法二中可得． 由，可得． 在中，． 由（1）知，所以在中，，从而． 在中，． 所以． 【整体点评】（1）方法一：使用余弦定理求得，然后使用正弦定理求得；方法二：抓住45°角的特点，作出辅助线，利用几何方法简单计算即得答案，运算尤其简洁，为最优解；（2）方法一：使用两角和的正弦公式求得的正弦值，进而求解；方法二：适当作出辅助线，利用两角差的正切公式求解，运算更为简洁，为最优解；方法三：在几何法的基础上，使用正弦定理求得的正弦值，进而得解；方法四：更多的使用几何的思维方式，直接作出含有的直角三角形，进而求解，也是很优美的方法. 16. 如图，三棱台中，，D是AC的中点，E是棱BC上的动点． （1）若平面，确定的位置. （2）已知平面ABC，且．设直线与平面所成的角为，试在（1）的条件下，求的最大值． 【答案】（1） 点在边的中点处 （2） 【解析】 【分析】（1）根据线线平行可得四边形为平行四边形，进而可得平面,又得平面平面，由面面平行的性质即可得线线平行，即可求解； （2）根据线线垂直可得线面垂直，即可建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法可得，结合不等式即可求解. 【小问1详解】 连接, 由三棱台中，是的中点可得,所以四边形为平行四边形，故, 平面, 平面,故平面, 又平面，且平面， ， 所以平面平面，又平面平面, 平面平面,故, 由于是的中点,故是的中点， 故点在边的中点处，平面; 【小问2详解】 因为平面，平面, 所以,又平面, 故平面,由于平面,所以 , 由（1）知：在边的中点，是的中点, 所以,进而， 连接,由 所以四边形为平行四边形， 故 ,由于平面，因此平面， 故两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系；设， 则， 故 ， 设平面的法向量为， 则，取，则， 又， 故， 当且仅当，即时取等号， 所以的最大值为. 17. 椭圆的左、右焦点分别为，点P为椭圆E上动点．当P点在长轴端点时， ；当P点在短轴端点时，．过作直线的垂线，过作直线的垂线，直线的交点为Q． （1）求椭圆E的标准方程； （2）若四边形为平行四边形，求平行四边形的面积； （3）若点P在第一象限，点Q在椭圆E上，求点P坐标． 【答案】（1） （2）2 （3） 【解析】 【分析】（1）利用题设条件列出的方程组，求解即得椭圆方程； （2）由条件推得为矩形，设，利用椭圆的定义得，再由勾股定理得，联立求出，从而可求的平行四边形的面积； （3）设，则，依题意求出的方程，联立求得点的坐标，由点Q在椭圆E上，解方程即可求得点P坐标. 【小问1详解】 由题意，当P点在长轴端点时，取，则 ①， 当P点在短轴端点时，取，则 ②， 由②得，故代入①，可得，， 故椭圆E的标准方程为. 【小问2详解】 如图1，若四边形为平行四边形，又，则，即为矩形， 设，则，又，则， 于是，故平行四边形的面积为. 【小问3详解】 如图2，设，则，且， 因且，故，则； 因，则因，故，则. 由联立解得：， 因点Q在椭圆E上，则得，将代入化简得：， 解得，，即点P坐标为. 18. 已知函数，，． （1）若在点处的切线平行于直线：，求的值； （2）求的单调区间； （3）当时，求证：对任意，恒有成立． 【答案】（1） （2）函数的单调递增区间为：，，无单调递减区间； （3）当时，需要证明：，恒有成立， 即， 化简得：， 即证：， 当时，，又， ， 当时，记，则， 记，则， ，， 所以当，单调递增，所以， 所以在单调递增，所以， 综上：对任意，恒有成立． 【解析】 【分析】（1）求导得出即可求解； （2）利用导数求解函数的单调区间，分和和进行讨论，其中当和时，需要令，研究的单调性，得出与的关系即可判断； （3）把问题转化为：令，需要证明对任意成立，分两种情况来讨论，通过求导，证明出单调递增． 【小问1详解】 ， ， ， 切线平行于直线：， ，解得：； 【小问2详解】 ， ， 当时，显然，故在上单调递增； 令，， 当时，，故在上单调递增， 由于，故当时，， ，故在上单调递增； 故在上单调递增； 当时，令，， 当时，，故在上单调递减， 由于，故当时，， ，故在上单调递增； 故函数的单调递增区间为：，，无单调递减区间； 【小问3详解】 略 19. 已知无穷数列满足以下条件：①，当时，；②若存在某项，则必有，使得（且）． （1）若，写出所有满足条件的； （2）若，证明：数列为等差数列； （3）设，求正整数的最小值． 【答案】（1）满足条件的可能为 （2） 先证当正整数时，是以2为首项，2为公差的等差数列，且， ①由（1）得，或，又，， 当时，是以2为首项，2为公差的等差数列，且； ②假设当（且）时， 是以2为首项，2为公差的等差数列，且， 若，则， 由题意，则必有，使得，， 是以2为首项，2为公差的等差数列， ，与矛盾， ， 当时，是以2为首项，2为公差的等差数列，且； 由①②得，当正整数时，是以2为首项，2为公差的等差数列，且， 数列为等差数列； （3）3035 【解析】 【分析】（1）由题意可得或，分类讨论求解即可； （2）利用数学归纳法可证明当正整数时，是以2为首项，2为公差的等差数列，且； （3）由题意可知，进而要使最小，则需，且，且，据此计算即可. 【小问1详解】 由题意，当时，，， 或， 或， ，， ①若，则或； ②若，则或； 综上所述，满足条件的可能为； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 设（且），则必有，使得，此时， 要使最小，则需，且，且， 此时取，则满足， 当正整数取最小值时，，，…，， ，，的最小值为3035． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $