湖南省常德市第七中学2024-2025学年高二下学期开学考试 数学试题（含解析）

这是一份湖南省常德市第七中学2024-2025学年高二下学期开学考试 数学试题（含解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．已知复数满足，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
2．已知集合，，则
A．B．C．D．
3．中国历法推测遵循以算为主、以测为辅的原则.例如《周髀算经》和《易经》里对二十四节气的晷影长的记录中，冬至和夏至的晷影长是实测得到的，其他节气的晷影长则是按照等差数列的规律计算得出的.下表为《周髀算经》对二十四节气晷影长的记录，其中115.1寸表示115寸1分(1寸＝10分).
已知《易经》中记录的冬至晷影长为130.0寸，夏至晷影长为14.8寸，那么《易经》中小寒与清明之间的晷影长之差为（ ）
A．105.6寸B．48寸
C．57.6寸D．67.2寸
4．某个单位安排7位员工在“五·一”假期中1日至7日值班，每天安排1人值班，且每人值班1天，若7位员工中的甲、乙排在相邻的两天，丙不排在5月1日，丁不排在5月7日，则不同的安排方案共有（ ）
A．504种B．960种C．1008种D．1200种
5．圆x2＋y2－4＝0与圆x2＋y2－4x＋4y－12＝0公共弦所在直线方程为（ ）
A．B．
C．D．
6．已知，则（ ）
A．36B．40C．45D．52
7．四边形中，，，则四边形面积为（ ）
A．B．C．2D．
8．已知的定义域为R，，且恒成立，则不等式的解集为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．给出下列命题，其中正确的是（ ）
A．若一组数据的方差为2，则的方差为3
B．给定五个数据，则这组数据的分位数是4
C．若事件与事件是相互独立事件，则有
D．若事件与事件是对立事件，则有
10．如图，在正方体中，为底面的中心，为棱的中点，则下列结论中正确的是（ ）
A．平面B．平面
C．二面角等于D．异面直线与所成的角等于
11．若函数的图象上存在两个不同的点P，Q，使得在这两点处的切线重合，则称函数为“切线重合函数”，下列函数中是“切线重合函数”的是（ ）
A．B．
C．D．
三、填空题
12．设，若函数有小于零的极值点，则实数的取值范围是 ．
13．抛物线的焦点为F，过F的直线与抛物线交于A､B两点，且满足，点O为原点，则的面积为 .
14．已知等比数列满足，，则该数列的前5项和为 ．
四、解答题
15．如图，四棱锥中，侧面为等边三角形且垂直于底面，，.
（1）证明：平面；
（2）若四棱锥的体积为，求的面积.
16．如图，在四面体中，是边长为3的正三角形，是以AB为斜边的等腰直角三角形，E，F分别为线段AB，BC的中点，，.
(1)求证：平面；
(2)若平面平面，求直线BD与平面所成角的正弦值.
17．数列满足：，等比数列的前项和为，.
(1)求数列的通项公式；
(2)若数列的前项和为，试证明.
18．已知双曲线的渐近线方程为，的半焦距为，且．
(1)求的标准方程．
(2)若为上的一点，且为圆外一点，过作圆的两条切线（斜率都存在），与交于另一点与交于另一点，证明：
（ⅰ）的斜率之积为定值；
（ⅱ）存在定点，使得关于点对称．
节气
冬至
小寒
(大雪)
大寒
(小雪)
立春
(立冬)
雨水
(霜降)
惊蛰
(寒露)
春分
(秋分)
晷影
长/寸
135.0
125.
115.1
105.2
95.3
85.4
75.5
节气
清明
(白露)
谷雨
(处暑)
立夏
(立秋)
小满
(大暑)
芒种
(小暑)
夏至
晷影
长/寸
65.5
55.6
45.7
35.8
25.9
16.0
参考答案
1．A
【分析】设，由题意求出的关系式，由圆的性质可求出的最小值.
【详解】解：设，则，
由，表示为以为圆心，为半径的圆，
圆心到原点的距离为，所以圆上点到原点距离最小为，
因为，所以最小值为，
故选:A.
【点睛】本题考查了复数模的求解，考查了转化的思想.本题的关键是将模的最值转化为圆上点到原定距离的最值问题.
2．C
【分析】解不等式确定集合，然后由集合的运算法则计算．
【详解】由题设可得，所以或，则，
故选：C．
3．C
【分析】利用等差数列的基本量计算，直接求解即可.
【详解】设晷影长构成等差数列{an}，公差为d，则a1＝130.0，a13＝14.8，d＝＝－9.6，故小寒与清明之间的晷影长之差即为a2－a8＝－(a8－a2)＝－6d＝57.6.
故选：C
4．C
【分析】根据题意，利用间接法，即可求解.
【详解】依题意，满足甲、乙两人值班安排在相邻两天的方法共有（种），
其中满足甲、乙两人值班安排在相邻两天且丙在5月1日值班的方法共有（种）；
满足甲、乙两人值班安排在相邻两天且丁在5月7日值班的方法共有(种)；
满足甲、乙两人值班安排在相邻两天且丙在5月1日值班，丁在5月7日值班的方法共有(种).
因此满足题意的方法共有(种).
故选：C.
5．B
【分析】两圆的方程消掉二次项后的二元一次方程即为公共弦所在直线方程.
【详解】由x2＋y2－4＝0与x2＋y2－4x＋4y－12＝0两式相减
得：，即.
故选：B
6．A
【分析】利用二项式展开式的通项公式，分别计算和，相加得到答案.
【详解】
故答案选A
【点睛】本题考查了二项式的计算，意在考查学生的计算能力.
7．A
【分析】根据单位向量结合向量线性运算分析可得四边形为菱形，，再根据模长运算可得，结合菱形的性质求四边形的面积.
【详解】若，则四边形为平行四边形，且，
可知表示分别与同向的单位向量，
若，则对角线为的角平分线，
故四边形为菱形，则，
故，则，
∵，即，
解得，故，
且，则，
即为等边三角形，则，且，
∴四边形面积.
故选：A.
8．B
【分析】先构造函数，再求导函数判断函数的单调性，最后应用单调性解不等式即可.
【详解】令函数，因为，所以在R上单调递增．
因为，所以不等式等价于，
所以．
故选：B.
9．BCD
【分析】根据方差公式可求解选项A，利用百分位数的定义可求解选项B，根据独立事件的概率乘法公式求解选项C，根据事件的对立关系可求解选项D.
【详解】对A，若一组数据的方差为2，
则的方差为，A错误；
对B，给定五个数据，由小到大排列为，
，则这组数据的分位数是第4个数为4，B正确；
对C，若事件与事件是相互独立事件，则有，C正确；
对D，若事件与事件是对立事件，则,
则有,D正确，
故选:BCD.
10．ABD
【分析】对于A，连接，交于，连接、，证明即可由线面平行判定定理得平面；对于B，证明平面即可得证平面；对于C，求证为二面角的平面角即可得解；对于D，由得为异面直线与所成的角，从而依据正三角形得解.
【详解】对于A，连接，交于，连接、，
则由正方体性质可知且，
所以四边形为平行四边形，故．
因为平面，平面，所以平面，故A正确；
对于B，连接，因为为底面的中心，为棱的中点，所以，
由正方体性质有、平面，
因为平面，所以，
又，平面，
所以平面，又平面，
所以，同理可得，又，平面，
所以平面，故平面，故B正确；
对于C，由正方体性质可知，又平面，
所以平面，又平面，
所以，，又
所以为二面角的平面角，显然不等于，故C错误；
对于D，因为，所以为异面直线与所成的角，
由正方体性质可知为等边三角形，所以，故D正确.
故选：ABD.
【点睛】思路点睛：对于B，直接证明平面不好证，可通过证明的平行线垂直平面来得证，因为，故求证平面即可得证平面.
11．ABC
【分析】求出导函数，确定切线斜率，选项AB，过图象最高点（或最低点）处的切线是同一条直线，可判断，选项C，由导函数斜率相等的点有无数组，结合函数单调性，确定斜率为1的切线，可判断结论，选项D，导函数是单调增函数，因此不存在斜率相等的两点，这样易判断结论．
【详解】对A，，
，时，，取得最大值，
直线是函数图象的切线，且过点，所以函数是“切线重合函数”；
对B，，，时，，，，
此时是函数的最大值，直线是函数图象的切线，且过点，函数是“切线重合函数”；
对C，，，
时，，，
过点的切线方程是，即，
因此该切线过图象上的两个以上的点，函数是“切线重合函数”；
对D，，，令，
则，所以即是R上增函数，因此函数图象上不存在两点，它们的切线斜率相等，
也就不存在切线过图象上的两点，因此函数不是“切线重合函数”．
故选：ABC．
【点睛】本题考查导数的几何意义，解题关键是理解新定义，实质仍然是求函数图象上的切线方程，只是要考虑哪些切线重合，因此本题中含有三角函数，对三角函数来讲，其最高点或最低点是首选，对其它与三角函数有关的函数，涉及到其中三角函数的最大值或最小值点也是我们首选考虑的．
12．
【分析】由函数极值的概念可得：有小于零的根，即：有小于零的根，问题得解．
【详解】函数有小于零的极值点等价于：
有小于零的根，即：有小于零的实数根，
当时，，所以，
整理得：
【点睛】本题主要考查了导数与函数极值的关系，还考查了转化思想及计算能力，属于中档题．
13．2
【分析】根据抛物线定义可得出,由得出，再由，建立关系，联立解出A点坐标即可求三角形面积.
【详解】如图，
由题意可知，，
由得，
又根据可得，，
即，即，解得，，
∴A点的坐标为或，
∴.
故答案为：2
14．/15.5
【分析】根据等比数列的通项公式求得公比，，再利用等比数列的求和公式计算即可.
【详解】设等比数列的公比为，
由，得，
所以，即，
整理，得，解得，
所以，则，
故数列的前5项和为，
故答案为：.
15．（1）见解析；（2）
【分析】（1）利用直线与平面平行的判定定理证明即可；
（2）取AD的中点M，连接PM，CM．证明CM⊥AD．再由已知证明PM⊥AD，PM⊥平面ABCD，可得PM⊥CM，设，则，，，，，取CD的中点N，连接PN，得PN⊥CD，且PN＝，由四棱锥的体积为，求得x＝2．进而得到的面积.
【详解】（1）在平面内，因为，所以.
又平面，平面，故平面.
（2）取的中点，连接，，由，及，，
得四边形为正方形，则，因为侧面是等边三角形且垂直于底面，
平面平面，所以，因为平面，所以平面.
因为平面，所以.设，则，，，，.
因为四棱锥的体积为，所以，所以，
取的中点，连接，则，所以.
因此的面积.
【点睛】本题考查直线与平面平行的判定定理的应用，几何体的体积和三角形面积的求法，考查空间想象能力以及计算能力，属于中档题．
16．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用线面平行的判定定理证明即可得出结论；
（2）由面面垂直性质定理可得平面，建立空间直角坐标系利用空间向量即可求得结果.
【详解】（1）因为E，F分别为线段AB，BC中点，所以.
因为，，即，所以，
所以.
又平面，平面，
所以平面.
（2）取AC中点，连接DO，OE
因为为正三角形，所以.
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面.
因为O，E分别为AC，AB中点，则.
又因为，所以.
以为坐标原点，OE，OC，OD所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如下图所示：
则，，，，
故，，.
设平面的法向量为，直线BD与平面所成角为，
则，即，取.
则，
所以BD与平面所成角的正弦值为.
17．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）当时，得到，结合，求得的通项公式，再由，可得，求得，求得，即可得到数列的通项公式；
（2）由（1）求得，结合乘公比错位相减法，结合指数函数的性质，即可求解.
【详解】（1）解：由数列满足，当时，，
所以
，
当时，满足上式，所以数列的通项公式为，
又由，可得，
可得，
当时，，所以，解得，
此时适合，所以数列的通项公式为.
（2）解：由，，可得，
则，
可得，
两式相减，可得
所以，
因为，所以.
18．(1)
(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）证明见解析
【分析】（1）利用渐近线方程可得，再由焦距为以及即可求得，，可得的标准方程；
（2）（i）设切线方程为，利用直线和圆相切可得，再由韦达定理整理可得的斜率之积为定值，且定值为2；
（ii）联立直线与双曲线方程，可得，同理可求出，化简得，所以，因此关于点对称.
【详解】（1）因为的渐近线方程为，所以，
则，所以，
因为，所以，得.
因为，所以，可得，
所以，
故的标准方程为.
（2）证明：（i）设，如下图所示：
设过点的切线的斜率为，则切线方程为，
即，所以，
即，
因此的斜率是上式中方程的两根，即.
又因为，所以
所以的斜率之积为定值，且定值为.
（ii）不妨设直线的斜率为，直线的斜率为，
联立，得.
因为，
所以，
则，同理可得，
所以.
因为，所以，所以，
得.
因为都在上，所以或（舍去），
所以存在定点，使得关于点对称.
【点睛】方法点睛：处理圆锥曲线中定点、定值时，经常联立直线和曲线方程利用韦达定理对表达式进行整理化简，便可得出结论.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
A
C
C
C
B
A
A
B
BCD
ABD
题号
11









答案
ABC