湖南省部分名校2024-2025學年高二上學期開學聯(lián)考數學試題 含解析

高二數學試卷注意事項：答題前，考生務必將自己的姓名、考生號、考場號、座位號填寫在答題卡上.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上寫在本試卷上無效.考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回.本試卷主要考試內容：人教A版必修第一冊，必修第二冊，選擇性必修第一冊第一章85分在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1若集合，，則（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】利用集合交集定義即可求得結果.【詳解】令分別等于1，2，3，4，解得分別等于-1，0，1，2，則，所以.故選：B2.已知函數，則“”是“”的（）A.充分不必要條件B.必要不充分條件C.充要條件D.既不充分也不必要條件【答案】A【解析】【分析】利用充分條件、必要條件的定義判斷得解.【詳解】由，解得或，而能推出，第1頁/共18頁所以“”是“”的充分不必要條件.故選：A3.若是偶函數，則（）A.B.C.1D.0【答案】D【解析】是奇函數，為奇函數即可計算求參.【詳解】定義域為，是奇函數，因為是偶函數，所以為奇函數.所以，解得.故選：D.4.若是空間的一個基底，則下列向量不共面的為（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根據空間基底的概念對選項進行分析，從而確定正確答案.【詳解】依題意，是空間的一個基底，A選項，由于，所以共面，A選項錯誤.B選項，由于不存在實數，使得，所以不共面，所以B選項正確.第2頁/共18頁C選項，由于，所以共面，C選項錯誤.D選項，由于，所以共面，D選項錯誤.故選：B5.已知平面的一個法向量為，點在外，點在內，且，則點到平面的距離（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】由空間向量法可得出，即可得解.【詳解】因為平面的一個法向量為，點在外，點在內，且，則點到平面的距離.故選：C.6.續(xù)航能力關乎無人機的“生命力”，太陽能供能是實現無人機長時續(xù)航的重要路徑之一.某大學科研團隊利用自主開發(fā)的新型靜電電機，成功研制出僅重克的太陽能動力微型無人機，實現純自然光供能下的持續(xù)飛行.為激發(fā)同學們對無人機的興趣，某校無人機興趣社團在校內進行選拔賽，8名參賽學生的成績依次為，則這組數據的上四分位數（也叫第75百分位數）為（）A.93B.92C.D.【答案】D【解析】【分析】根據百分位數的定義和求解的方法步驟即可計算求解.【詳解】8名學生的成績從低到高依次為，且，故上四分位數為.故選：D.7.某人忘記了一位同學電話號碼的最后一個數字，但確定這個數字一定是奇數，隨意撥號，則撥號不超過第3頁/共18頁兩次就撥對號碼的概率為（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根據題意，事件可表示為第一次撥對和第一次沒撥對第二次撥對的互斥事件的和，再由互斥事件概率加法公式及古典概型求解.【詳解】設第次撥號撥對號碼.撥號不超過兩次就撥對號碼可表示為，所以撥號不超過兩次就撥對號碼的概率為.故選：B8.已知正數，滿足，則的最小值為（）A.10B.12C.14D.16【答案】C【解析】【分析】根據基本不等式求出和的取值范圍，求出的最小值.【詳解】因為，所以，當且僅當時等號成立，又，當且僅當時等號成立，所以，當且僅當時等號成立.故選：C36分在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.第4頁/共18頁9.設復數，則下列命題中正確的是（）A.的虛部是B.C.復平面內z與分別對應的兩點之間的距離為1D.【答案】BD【解析】【分析】根據復數的運算，結合復數的相關定義，即可判斷選項.【詳解】A.，所以的虛部是，故A錯誤；B.，，故B正確；C.復數對應的點是，對應的復數是，兩點之間的距離為，故C錯誤；D.，，故D正確.故選：BD10.將函數圖象的橫坐標縮短為原來的，縱坐標不變，得到函數的圖象，則（）A.為偶函數B.的最小正周期為C.與在上均單調遞減D.函數在上有5個零點第5頁/共18頁【答案】ACD【解析】分析】誘導公式結合余弦函數性質可判斷A；根據周期變換求，由周期公式可判斷B；整體代入法求單調區(qū)間即可判斷C；直接解方程求零點可判斷D.【詳解】對A，，顯然為偶函數，A正確；對B，由題知，，則最小正周期，B錯誤；對C，由得，在上單調遞減，所以在上單調遞減，由得，在上單調遞減，所以在上單調遞減，C正確；對D，由得，所以或，即或，因為，所以，所以函數在上有5個零點，D正確.故選：ACD已知厚度不計的容器是由半徑為的扇形以一條最外邊的半徑為軸旋轉幾何體中，可以放入該容器中的有（）A.棱長為的正方體B.底面半徑和高均為的圓錐C.棱長均為的四面體第6頁/共18頁D.半徑為的球【答案】AC【解析】【分析】根據所得圖形，數形結合，可判斷A，再由圖形內接正四面體可判斷C，由C求三角形外接圓半徑判斷B，根據截面圖計算可判斷D.【詳解】設扇形所在圓的半徑為，對于A，設正方體的棱長為，如圖，則可容納的最長對角線，解得，故A正確.對于C，如圖，取三段圓弧的中點，則四面體的棱長均為2m，所以可以容納，故C正確.對于B，如圖，第7頁/共18頁同選項C的分析，的外接圓半徑為，所以不可以容納，故B錯誤.對于D，如圖，設球的半徑為，按正中間剖開所得的軸截面，如圖，可知圓與圓內切，，所以不可以容納，故D錯誤.故選：AC三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共分把答案填在答題卡中的橫線上.12.__________【答案】【解析】【分析】利用誘導公式以及二倍角公式即可求得結果.【詳解】.故答案為：.第8頁/共18頁13.在所有棱長均相等的正三棱柱中，是的中點，，，則異面直線，所成角的余弦值為__________.【答案】##【解析】【分析】根據已知建立空間直角坐標系，應用空間向量法求出異面直線所成角余弦.【詳解】如圖，取的中點為坐標原點，，，的方向分別為，，軸的正方向，建立空間直角坐標系.設，則，，，，，.設異面直線，所成的角為，則.故答案為：.14.在中，點在邊上，，則的外接圓的半徑為______.【答案】【解析】【分析】設，則由題以及正弦定理形式的面積公式結合可得，進而可求出，再由即可得解.第9頁/共18頁【詳解】設，則，由，得，即，又，所以，即，又，所以，所以，則，所以，所以，則外接圓的半徑為.故答案為：.的結構特征可知解決本題的關鍵是利用即求出.四、解答題：本題共5小題，共分解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.15.100并以此作為樣本，按照進行分組，得到如圖所示的頻率分布直方圖.已知樣本中體育鍛煉時間在內的學生有10人.第10頁/共18頁（1）求頻率分布直方圖中和的值；（2）估計樣本數據的中位數和平均數（求平均數時，同一組中的數據以該組區(qū)間的中點值為代表）.【答案】（1），（2）中位數是72分鐘；平均數是72分鐘【解析】1）求出在[50，60）內的頻率即可求出，根據頻率之和為1即可列式求.（2）先求出前3組的頻率之和以及前4組的頻率之和得樣本數據的中位數x在第4組，再依據頻率分布直方圖所給數據列出等量關系式求解即可；由平均數的定義和公式直接計算即可.【小問1詳解】由題意可知，學生每天體育鍛煉的時間在[50，60）內的頻率為，則，由各組頻率之和為1，可知，解得.【小問2詳解】前3組的頻率之和為，前4組的頻率之和為，所以樣本數據的中位數在第4組，設為，所以，解得，估計樣本數據的中位數是72分鐘；估計平均數是分鐘.16.第11頁/共18頁各猜一句詩詞，已知小明每輪猜對的概率為.與否互不影響，各輪結果也互不影響.（1）求小明在兩輪活動中恰好猜對1句詩詞概率；（2）求詩詞挑戰(zhàn)杯代表隊在兩輪活動中猜對3句詩詞的概率.【答案】（1）（2）.【解析】1）利用分類分步計數原理即可算出結果.（2）詩詞挑戰(zhàn)杯代表隊在兩輪活動中猜對3句詩詞包括小王回答正確21答正確1句，小明回答正確2句，分別計算概率再相加即可.【小問1詳解】設表示小明兩輪猜對1句詩詞的事件，則小問2詳解】設，分別表示小明兩輪猜對12句詩詞的事件，，分別表示小王兩輪猜對12句詩詞的事件，則，，，.設事件“兩輪活動中詩詞挑戰(zhàn)杯代表隊猜對3句詩詞”與互斥，與，與分別相互獨立，所以，即詩詞挑戰(zhàn)杯代表隊在兩輪活動中猜對3句詩詞的概率是.第12頁/共18頁17.已知，，分別為三個內角，，的對邊，且.（1）求；（2）若為線段上一點，且，，求面積的最大值.【答案】（1）（2）.【解析】1）利用正弦定理將邊化角，再由兩角和的正弦公式化簡，即可得解；（2）依題意可得，將兩邊平方，根據數量積的運算律及基本不等式求出的最大值，最后由面積公式計算可得.【小問1詳解】因為，由正弦定理得，則，化簡得，又，即，，，.【小問2詳解】因為，所以，，可得，，第13頁/共18頁，當且僅當時取等號，.故面積的最大值為.18.在正四棱柱分別在棱四點共面，.（1）若，記平面與底面的交線為，證明：.（2）若，記四邊形的面積為，求的最小值.【答案】（1）證明見解析（2）【解析】1）由線面平行的判定定理得線面平行，再由線面平行的性質定理得線線平行即可；（2）利用平行四邊形面積公式得出關于的關系式，再由兩角和正切公式及變形，結合均值不等式，二次函數求最值即可.【小問1詳解】第14頁/共18頁連接，因為，所以，則.在正四棱柱中，易知，所以四邊形是平行四邊形，從而.又平面，平面，所以平面.又平面，平面平面，所以.【小問2詳解】由正四棱柱對面平行，根據面面平行的性質可得，即四邊形為平行四邊形.以為坐標原點，，的方向分別為軸的正方向，建立空間直角坐標系，如圖所示.，則，，，化簡可得.因為，所以，整理得.由，第15頁/共18頁可得.，易知在上單調遞減，所以當時，，當且僅當時，取得最小值.19.給定平面上一個圖形D，以及圖形D上的點，如果對于D上任意的點P，為與P無關的定值，我們就稱為關于圖形D的一組穩(wěn)定向量基點.（1）已知為圖形D，判斷點是不是關于圖形D的一組穩(wěn)定向量基點；（2）若圖形D是邊長為2的正方形，是它的4個頂點，P為該正方形上的動點，求的取值范圍；（3及其內接正2024邊形是關于圓的一組穩(wěn)定向量基點，并求的值.【答案】（1）不是（2）（3）證明見解析，4048【解析】1與重合和與重合時這兩種情況下穩(wěn)定向量基點的定義得解.（2）根據向量運算法則得，再結合正方形結構性質可得的最大值和最小值，進而得解.（3）先轉化，從而得第16頁/共18頁，再結合和偶數邊的正多邊形圖形結構性質即可得解.【小問1詳解】點不是關于的一組穩(wěn)定向量基點，理由如下：當與重合時，有，當與重合時，有，故不是關于的一組穩(wěn)定向量基點.【小問2詳解】因為，所以，故由正方形結構性質得：當與重合時，取得最大值；當與重合時，取得最小值0.所以的取值范圍為.【小問3詳解】設單位圓的圓心為，則，所以，因為多邊形是正