2024-2025学年长沙市望城区高二数学上学期开学考试卷附答案解析

-2025学年长沙市望城区高二数学上学期开学考试卷（全卷满分150分，考试时间120分钟）2024.08一、选择题：本题共8个小题，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．已知函数是上奇函数，则（

）A．4B．3C．2 D．12．我们的数学课本《人教A版必修第一册》第121页的《阅读与思考》中介绍：“一般地，如果某物质的半衰期为h，那么经过时间t后，该物质所剩的质量，其中是该物质的初始质量.”现测得某放射性元素的半衰期为1350年（每经过1350年，该元素的存量为原来的一半），某生物标本中该放射性元素的初始存量为m，经检测现在的存量为.据此推测该生物距今约为（

）（参考数据：）A．2452年 B．2750年 C．3150年 D．3856年3．设为二次函数的图象与其反函数的图象的一个交点，则（

）A． B． C． D．4．已知向量，，若，则（

）A． B．4 C． D．205．“”是“方程表示双曲线”的（

）A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件6．如图，在三棱锥的平面展开图中，四边形是菱形，，则三棱锥外接球的表面积为（

）A． B． C． D．7．有四根长都为2的直铁条，若再选两根长都为a的直铁条，使这六根铁条端点处相连能够焊接成一个三棱锥形的铁架，则a的取值范围是A．（0,）B．（1,）C．(,） D．（0,）8．如图，四边形中，，若，且，则面积的最大值为（

）

A． B． C． D．二、选择题：本大题共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，全部选对得6分，部分选对得部分分，选错得0分.9．已知函数，则下列叙述中，正确的是（

）A．函数的图象关于点对称 B．函数在上单调递增C．函数的图象关于直线对称 D．函数是偶函数10．如图，正方体中，，是线段上的两个动点，则下列结论正确的是（

）A．，始终在同一个平面内B．平面C．D．若正方体的棱长和线段的长均为定值，则三棱锥的体积为定值11．如图，在菱形中，，，将沿对角线翻折到位置，连结，则在翻折过程中，下列说法不正确的是（

）A．存在某个位置，使得B．当二面角的大小为时，C．与平面所成的最大角为D．存在某个位置，使得到平面的距离为三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.12．已知向量，夹角为45°，且，，则.13．已知符号表示不超过x的最大整数，若函数（），给出下列四个结论：①当时，；②为偶函数；③在单调递减；④若方程有且仅有3个根，则a的取值范围是.其中所有正确结论的序号是.14．已知单位向量，与非零向量满足，，则的最大值是.四、解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或验算步骤.15．（1）已知，求的值；（2）已知，求的值.（3）已知，化简；（4）已知，，求的值.16．已知分别为三个内角的对边，且.(1)求；(2)若点满足，且，求的面积的最大值；(3)若，求证：是直角三角形.17．为了让羽毛球运动在世界范围内更好的发展，世界羽联将每年的7月5日定为“世界羽毛球日”.在今年的“世界羽毛球日”里，某主办方打算一办有关羽毛球的知识竞答比赛.比赛规则如下；比赛一共进行4轮，每轮回答1道题.第1轮奖金为100元，第2轮奖金为200元，第3轮奖金为300元，第4轮奖金为400元.每一轮答对则可以拿走该轮奖金，答错则失去该轮奖金，奖金采用累计制，即参赛者最高可以拿到1000元奖金.若累计答错2题，则比赛结束且参赛者奖金清零.此外，参赛者在每一轮结束后都可主动选择停止作答､结束比赛并拿走已累计获得的所有奖金，小陈同学去参加比赛，每一轮答对题目的概率都是，并且小陈同学在没有损失奖金风险时会一直选择继续作答，在有损失奖金风险时选择继续作答的可能性为.(1)求小陈同学前3轮比赛答对至少2题的概率；(2)求小陈同学用参加比赛获得的奖金能够购买一只价值499元的羽毛球拍的概率.18．淮安有轨电车是服务于淮安市的城市轨道交通，一期工程于2014年2月19日开工建设，2015年12月28日正式通车，是全国第七座、江苏第三座开通有轨电车的城市．淮安有轨电车一期工程线路西起市体育馆，沿交通路至大运河广场北侧，经和平路至水渡口广场，向南沿翔宇大道、楚州大道至淮安区马甸连接线，全长20．07公里，共设车站23个．淮安有轨电车一期工程使用超级电容，利用停站时的30秒钟就可把电车上的电池充满，刹车时产生的80%的动能被回收并转化成电能，节能效果最好．正是采用超级电容供电，淮安有轨电车才会成为目前全球最长的无接触网现代有轨电车线路，且有轨电车的高效运行给市民出行带来很大便利．已知淮安有轨电车的发车时间间隔t（单位：分钟）满足．经市场调研测算，电车载客量与发车时间间隔t相关，当时电车为满载状态，载客量为200人；当时载客量会减少，减少的人数与的平方成正比，且发车时间间隔为2分钟时的载客量为72人．记电车载客量为．（1）求的表达式，并求当发车时间间隔为6分钟时，电车的载客量：（2）若该线路每分钟的净收益为（元），问当发车的时间间隔为多少时，该线路每分钟的净收益最大？19．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c．在①；②；③这三个条件中任选一个补充在下面的问题中，并解答．(1)若，求A；(2)在第（1）问的前提下，若，求△ABC的周长的取值范围．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．1．D【分析】利用奇函数的定义可求参数的值.【详解】因为是上的奇函数，故，所以=0，故，当时，，，则是奇函数，所以.故选：D.2．C【分析】根据对数的运算性质即可求解.【详解】由题意可知，两边取对数得，故选：C3．C【分析】根据题意结合反函数的性质分析求解.【详解】∵反函数过点，则函数过点，结合题意可得：函数过点和，则，解得，故选：C.4．A【分析】由向量垂直的性质和向量的模长计算可得.【详解】，因为，所以，所以，所以，故选：A5．A【解析】根据充分条件与必要条件的判断，看条件与结论之间能否互推，条件能推结论，充分性成立，结论能推条件，必要性成立，由此即可求解.【详解】若方程表示双曲线，则或，所以“”是“方程表示双曲线”的充分而不必要条件.故选：A【点睛】本题以双曲线的标准方程及充分必要条件的判断，考查理解辨析能力，属于基础题.6．C【分析】将三棱锥的直观图还原，确定出球心，进而算出球的半径得到答案.【详解】将三棱锥的直观图还原，如图所示，则，∴，∴．取的中点O，连接，则，∴O为三棱锥外接球的球心，半径，故三棱锥外接球的表面积．故选：C.7．A【详解】

综上，选A8．C【分析】线段上取点E使得，结合已知可得，进而有，设，，再结合相关三角形面积、线段的数量关系得，进而得，即可求最大值.【详解】线段上取点E使得，又，则，故，所以，则，设，则.由上易知，且，而，所以，则，结合及，且，由三角形内角性质，所以，综上，.故选：C

【点睛】关键点点睛：线段上取点E使得，利用向量加减、数乘整理题设条件为，进而得到相关三角形面积、线段的数量关系，结合及三角形面积公式求最值.9．AB【分析】根据正切函数的对称性判断AC，利用正切函数的单调性判断B，由偶函数的定义，利用特殊值判断D．【详解】，A正确；当时，，因此此时单调递增，B正确；函数的图象不是轴对称图形，函数的图象是由的图象向左平移个单位得到的，所以其图象也不是轴对称图形，C错误；因为，但不存在，D错误，故选：AB．10．BCD【分析】A．根据点与平面的关系作出判断；B．根据线面平行的判定定理进行分析；C．根据与平面的位置关系作出判断；D．设出正方体棱长以及的长度，根据条件得到到平面的距离，从而可计算出三棱锥的体积并完成判断.【详解】因为，，同在平面上，而不在平面上，所以，不在同一个平面内，故A错误；因为，平面，平面，所以平面，故B正确；因为平面，而平面，所以，连接，交于点，则，而，平面，平面，所以平面.因为平面，所以，故C正确；不妨设正方体的棱长为，，则.由于平面，则平面，，所以.因为，为定值，所以三棱锥的体积为定值，故D正确.故选：BCD.【点睛】易错点睛：空间中线面平行的证明以及三棱锥体积计算的注意事项有：（1）证明线面平行时，注意说明哪一条直线在面内，哪一条直线不在面内；（2）求解三棱锥体积时，注意选择合适的点作为顶点，合适的三角形作为底面积，这样可以很大程度上简化计算.11．BCD【分析】选项A：当点P在平面BCD内的投影为△BCD的重心点Q时，可得PD⊂平面PDQ，PD⊥BC，即可判断；选项B：取BD的中点O，连接OP、OC，则OP＝OC．当二面角P﹣BD﹣C的大小为90°时，平面PBD⊥平面BCD，即可得△POC为等腰直角三角形，即可判断；选项C：由题可得PC与平面BCD所成的角为∠PCO，当PC时，由余弦定理知∠PCO＞60°，即可判断；选项D：若B到平面PDC的距离为，则有DB平面PCD，即DB⊥CD，与△BCD是等边三角形矛盾．【详解】选项A：当点P在平面BCD内的投影为△BCD的重心点Q时，有PQ⊥平面BCD，DQ⊥BC，∴PQ⊥BC，又DQ∩PQ＝Q，DQ、PQ⊂平面PDQ，∴BC⊥平面PDQ，∵PD⊂平面PDQ，∴PD⊥BC，即选项A正确；选项B：取BD的中点O，连接OP、OC，则OP＝OC．当二面角P﹣BD﹣C的大小为90°时，平面PBD⊥平面BCD，∵PB＝PD，∴OP⊥BD，∵平面PBD∩平面BCD＝BD，∴OP⊥平面BCD，∴OP⊥OC，又OP＝OC，∴△POC为等腰直角三角形，∴PCOP，即选项B不正确；选项C：由题可知，△ABD和△BCD均为等边三角形，由对称性可知，在翻折的过程中，PC与平面BCD所成的角为∠PCO，，当时，此时，即选项C错误；选项D：∵点B到PD的距离为，点B到CD的距离为，∴若B到平面PDC的距离为，则平面PBD⊥平面PCD．平面CBD⊥平面PCD，则有DB⊥平面PCD，即DB⊥CD，与△BCD是等边三角形矛盾．即选项D错误.故选：BCD．12．【分析】首先根据向量数量积的运算律计算，再开根即可.【详解】解：因为向量夹角为，，，所以，所以.故答案为：.13．①③④【分析】根据新定义分析得到的图象，即可判断①②③；将方程有且仅有3个根转化为与的图象有3个交点，然后结合图象即可判断④.【详解】因为符号x表示不超过x的最大整数，若函数，所以当x∈0,1时，，则；当时，，则；当时，，则，当时，，则；当时，，则；当时，，则；当时，，则；当时，，则；当时，，则；当时，，则；所以函数的图象如图所示：对于①，由上面的图象可知，①是正确的，对于②，由上面的图象可知，②是错误的，对于③，由上面的图象可知，③是正确的，对于④，由上面的图象可知，，，，因为方程有且仅有3个根，等价于与的图象有个交点，结合图象可知，当或.故答案为：①③④.14．【分析】根据题意设，，，由得出的范围，由得出关系，则，根据得出的关系以及取等的条件可得出答案.【详解】设，，所以由，可得，即由，可得所以又，所以则当时，等号成立.此时，或即，或（这与矛盾，故舍去），由，则，即所以，解得此时所以故答案为：【点睛】关键点睛：本题考查根据模的范围求夹角的范围和求向量数量积的最大值，解答本题的关键是由条件得出的范围，由得出关系，再将关系代入中，根据取等条件得出答案，属于中档题.15．（1）；（2）；（3）；（4）【分析】（1）根据同角三角函数关系，可得的值，代入所求，即可得答案；（2）左右同时平方，根据同角三角函数关系及二倍角公式，即可得答案；（3）根据同角三角函数关系及二倍角公式，化简可得所求=，根据的范围，可得的范围，分析即可得答案；（4）根据两角和的正切公式，结合题干条件，可得的值，根据二倍角正切公式，代入计算，即可得答案.【详解】（1）因为，所以，所以（2）因为，左右同时平方可得：，所以，所以（3），因为，所以，所以，所以；（4），所以16．(1)(2)(3)证明见解析【分析】（1）利用正弦定理化边为角，再根据三角恒等变换化简即可得解；（2）利用向量化结合基本不等式求出的最大值，再根据三角形的面积公式即可得解；（3）由（1）及余弦定理得出的关系，再利用正弦定理化边为角，进而可得出答案.【详解】（1）因为，由正弦定理得，又，则，又，所以，即，又且，所以，所以，所以；（2）因为，所以，则，即，则，所以，当且仅当，即时取等号，则，即的面积的最大值为；（3）由（1）及余弦定理得，整理得，由正弦定理得，则，得，所以，又，所以，所以，所以，所以，所以是直角三角形.【点睛】方法点睛：解三角形的基本策略：（1）利用正弦定理实现“边化角”；（2）利用余弦定理实现“角化边”.求三角形有关代数式的取值范围也是一种常见的类型，主要方法有两类：（1）找到边与边之间的关系，利用基本不等式来求解；（2）利用正弦定理，转化为关于某个角的三角函数，利用函数思想求解.17．(1)(2)【分析】（1）前3轮比赛答对至少2题包含三题都答对，或三题中只答对两题，然后由互斥事件和独立事件的概率公式计算；（2）记小陈同学参加比赛获得的奖金为（单位：元），由题意需要分别计算的概率，各个概率可独立事件的概率公式计算，然后相加后可得结论．【详解】（1）记“小陈同学前3轮比赛答对至少2题”为事件，第1轮答错时没有损失奖金风险，故前2轮必答；前3轮比赛答对至少2题包含两种情况