湖南省长郡十八校2024-2025学年高二上学期12月检测数学（A卷）试题（Word版附解析）

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时量：120分钟 满分：150分
一､选择题：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，只有一个选项是符合题目要求的.
1. 复数的虚部是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用复数的乘法化简复数，利用复数的概念可得结果.
【详解】因为，因此，复数的虚部为.
故选：D.
2. 下列表达式化简结果与相等的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】运用向量加减的运算法则逐一判断即可.
详解】对于A，，不满足题意，故A错误；
对于B，，满足题意，故B正确；
对于C，，不满足题意，故C错误；
对于D，结果与的具体关系不确定，故D错误.
故选：B.
3. 若函数在区间上的图象是一条连续不间断的曲线，则“”是“”的（ ）
A. 充要条件B. 既不充分也不必要条件C. 充分不必要条件D. 必要不充分条件
【答案】C
【解析】
【分析】由零点存在定理易判断“”是“”的充分条件，利用举反例可说明“”不是“”的必要条件即得.
【详解】因是区间上的连续曲线，由，利用函数零点存在定理可知必；
而由不能得出，如设，显然，但.
故“”是“”的充分不必要条件.
故选：C.
4. 设函数.已知，且的最小值为，则（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】由题意可得三角函数取得最值的点，根据三角函数的性质可得周期，利用周期公式，可得答案.
【详解】由题意，为的最小值点，为的最大值点.
则，即，且，所以.
故选：B.
5. 某学校高二年级拟举办艺术节，要求各班级从《黄河大合唱》，《我和我的祖国》，《北京欢迎你》，《我爱你中国》和《我们走在大路上》这五首指定曲目中任选一首作为表演节目，则高二（1）班与高二（2）班抽到不同曲目的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】理解题意，利用分步乘法计数原理和古典概型概率公式计算即得.
【详解】高二（1）班与高二（2）班分别从这五首曲目中任选一首作为表演节目的方法数有种，
而要使两个班抽到不同曲目，可分步完成：
先让高二（1）班选一首有5种方法，再由高二（2）班从余下的4首曲目中选一首，有4种方法，
由分步乘法计数原理，可知方法数有种.
由古典概型概率公式，可得高二（1）班与高二（2）班抽到不同曲目的概率为.
故选：D.
6. 如图所示，椭圆的中心在原点，焦点在轴上，是椭圆的顶点，是椭圆上一点，且轴，，则此椭圆的离心率是（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由椭圆方程可得各点的坐标，求得斜率，根据平行可得等量关系，结合的等量关系以及离心率公式，可得答案.
【详解】设椭圆方程为，
则点的坐标为，，
于是，
由，则，得，
即，故.
故选：B.
7. 若等比数列满足，则（ ）
A. B. 1012C. D. 1013
【答案】A
【解析】
【分析】利用等比数列的性质计算出的值，然后利用倒序相加法可求得所求代数式的值.
【详解】等比数列满足，则，
所以，对任意的的正整数，
，
令，
则，
故.
故选：A.
8. 设函数，若，则的最小值为（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】C
【解析】
【分析】由题意可知：的定义域为，分类讨论与的大小关系，结合符号分析判断，即可得，代入可得最值.
【详解】由题意可知：的定义域为，
令解得；令解得；
若，当时，可知，
此时，不合题意；
若，当时，可知，
此时，不合题意；
若，当时，可知，此时；
当时，可知，此时；
可知若，符合题意；
若，当时，可知，
此时，不合题意；
综上所述：，即，
则，当且仅当时，等号成立，
所以的最小值为.
故选：C.
二､多选题：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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 对于直线与圆，下列说法正确的是（ ）
A. 直线过定点
B. 直线与圆不可能相切
C. 直线被圆截得的弦长的最小值为6
D. 圆上一点到点的最大距离为8
【答案】BD
【解析】
【分析】根据含参直线方程求定点坐标判断A；判断直线过的定点在圆内判断B；当与点2,3和圆心的连线垂直时，被截得的弦长最小，计算可求弦长的最小值判断C；根据圆上一点到点的最大距离为可判断D.
【详解】对于A：可变形为，
由，得，所以直线过定点2,3，故A不正确；
对于B：圆的标准方程为，半径为3，
由，所以点2,3在圆的内部，所以与相交，不会相切，故B正确；
对于C：当与点2,3和圆心的连线垂直时，被截得的弦长最小.
此时圆心到直线的距离，
所以弦长的弦长最小值为，故C不正确；
对于D：圆上一点到点的最大距离为，故D正确.

故选：BD.
10. 已知等差数列的前项和为，且，则（ ）
A. 等差数列为单调递增数列
B. 数列是递增数列
C. 有最小值
D. 存在正整数，当时，总有
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，由题设得公差即可判断；对于B，举反例即可判断；对于C，由以及等差数列前n项和性质结合一元二次函数性质即可判断；对于D，由等差数列的函数性质即可判断.
【详解】对于A，设等差数列的公差为，则，
所以等差数列为单调递增数列，故A正确；
对于B，不妨取，则不是递增数列，故B错误；
对于C，因为，，
所以由二次函数图象性质知必有最小值，故C正确；
对于D，因为，结合一次函数性质，不论为何值，存在正整数，当时，（）.
故选：ACD.
11. 曲线是平面内与三个定点和的距离的和等于的点的轨迹．则下列结论正确的有（ ）
A. 曲线关于轴对称
B. 曲线上存在点，使得
C. 曲线上存在点，使得四边形的周长为9
D. 若点在曲线上，则面积的最大值为4
【答案】AD
【解析】
【分析】对于A，对于曲线上的任意点，说明也在曲线上即可判断；对于B，由假设时，可推得，排除B项，对于C，由四边形的周长为9，推得曲线不存在，排除C项，对于D，通过条件放缩，推得，知点应在椭圆内（含边界），两个曲线仅有一个公共点，由即可求得的面积最大值.
【详解】设曲线上任取点，依题意，,
代入和，可得.
对于A，在方程中，用替代，方程不变，可得曲线关于轴对称，即A正确；
对于B，若，则,此时曲线不存在，故B错误；
对于C，若四边形的周长为9，因，
故得，此时曲线不存在，故C错误；
对于D，因，故点应在椭圆内（含边界），
因曲线与椭圆有唯一的公共点，此时,
故当点为时，的面积最大，为，故D正确.
故选：AD.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知函数的图象过原点，则________．
【答案】
【解析】
【分析】根据求出的值，可得出函数的解析式，代值计算可得的值.
【详解】因为函数的图象过原点，则，则，
所以，.
故答案为：.
13. 写出与圆和圆都相切的一条直线方程________.
【答案】（或或，任写一条即可，答案不唯一）
【解析】
【分析】求出两圆圆心和半径，两圆圆心距以及两圆心所在直线方程即可得两圆公切线情况，再结合直线垂直关系以及两平行直线距离公式即可求公切线方程.
【详解】圆的圆心为，半径为，
圆的圆心为2,1，半径为，
两圆心距为，故两圆外切，
两圆圆心所在直线的方程为，即，中点为，
切线垂直于直线，且经过中点，所以切线的方程为；
切线平行于直线，且到直线的距离为，
设平行于直线切线方程为，
则或，
所以切线的方程分别为.

故答案为：（或或，任写一条即可，答案不唯一）.
14. 在网络加密通信中，为了确保信息安全，常常需要对密钥进行复杂的生成和更新操作．为生成密钥序列，现定义一个简单的加密算法，它的作用是在第轮对密钥片段进行一次变换．具体变换规则如下：若为奇数，则将在第轮变换中让序列的奇数项的值增加1，偶数项的值减少；若为偶数，则将在第轮变换中让序列的奇数项的值增加，偶数项的值减少3.若初始密钥序列，，则加密序列的所有项之和为________．（结果用含的式子表示）
【答案】
【解析】
【分析】分别找出偶数项和奇数项的变化规律，从而求出加密序列的各项，从而得到其所有项的和.
【详解】因为为偶数,为奇数,
所以对于密钥序列的偶数项变换规律为：,
所以,
则为等差数列,则在加密序列中：
第2项为：,
第4项为：,
第6项为：.
所以加密序列的偶数项之和为：.
对于密钥序列的奇数项变换规律为：，
所以,则为等差数列，则在加密序列中：
第1项为：1,
第3项为：,
第5项为：.
所以加密序列的所有奇数项之和为：
.
故所以加密序列的所有项之和为：.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是理解加密序列的算法，以学习过的等差数列相关的知识为基础，通过一类问题共同特征的“数学抽象”，引出新的概念，然后在快速理解的基础上，解决新问题.
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. 已知数列是首项为2的等比数列，各项均为正数，且.
（1）求数列的通项公式；
（2）设为数列的前项和.若对任意的恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据已知条件得到，即可得到，从而得到答案.
（2）首先利用错位相减法得到，从而得到，即可得到答案.
【小问1详解】
设等比数列的公比为，由，得或.
又数列各项均为正数，.
【小问2详解】
由（1）得，，
，①
，②
①-②得，
.
由，化简得，
对任意的恒成立.
又的最大值为，所以，
的取值范围为.
16. 如图，已知正三棱柱分别为棱的中点．

（1）求证：平面；
（2）求二面角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】利用线面垂直判定定理来证明；用向量法计算两平面夹角的余弦值，再求夹角的正弦值；
【小问1详解】
取中点，由正三棱柱性质得，互相垂直，以为原点，分别以，所在直线为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系．
不妨设，则，
则．
证明：，
由，得，
由，得，
因为平面，所以平面．
【小问2详解】

由（1）可知为平面的一个法向量，设平面的法向量，
则,故，
令，得面的一个法向量为，
设二面角值为，
则，所以，二面角的正弦值为．
17. 在中，内角所对的边分别为.
（1）试判断的形状，并说明理由；
（2）若，点在内，，求.
【答案】（1）是直角三角形，理由见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理整理等式，结合正弦和角公式，可得答案；
（2）由勾股定理与锐角三角函数表示各边长，利用正弦定理与正弦和角公式，结合同角三角函数商式关系，可得答案.
【小问1详解】
中，由及正弦定理，得，
化简得，
则，而，因此，又，则，
所以是直角三角形.
【小问2详解】
由（1）知，在中，，由，得，
由，得，则，
，于是，
在中，，由，得，
在中，设，则，
由正弦定理，得，即，
整理得，即，解得，
所以.
18. 已知抛物线的焦点为上的动点到点的距离与到其准线的距离之和的最小值为2.
（1）求抛物线的方程；
（2）已知点是抛物线上不同的三点.
（i）若直线过点，且交准线于点，求的值；
（ii）若直线的斜率分别为，且，求直线的斜率的取值范围.
【答案】（1）；
（2）（i）0；（ii）.
【解析】
【分析】（1）求出抛物线的焦点坐标及准线方程，利用抛物线定义结合最小值求出.
（2）（i）设直线：，与抛物线方程联立，利用韦达定理及向量坐标运算计算即得；（ii）设直线：，与抛物线方程联立，利用韦达定理结合斜率坐标公式列式可得，再借助判别式求出范围.
【小问1详解】
抛物线的焦点，准线为：，
设点，动点到其准线的距离为，
由拋物线定义得，，则，当且仅当时取等号，
依题意，，所以抛物线的方程为.
【小问2详解】
（i）显然直线不垂直于坐标轴，设直线的方程为：，
设Ax1,y1,Bx2,y2，又，
由消去得，，
，
由，得，整理得，同理得，
所以.
（ii）设直线的方程为：，而，
由消去得，则，
又，由，得，
即，则，解得，
由，得，解得或，则
所以直线的斜率的取值范围是.
19. 若是集合的非空子集，且满足，则称为级好集，级好集的个数记为．其中表示集合中元素的个数．
（1）求；
（2）已知是一个级好集，是否存在一个级好集，满足：中的元素之和中的元素之和？
（3）是否存在末位数是999的？
【答案】（1）
（2）存在 （3）存在
【解析】
【分析】（1）分别写出元素个数为1,2,4集好集即可；
（2）设，再设是一个元集合，再结合好集的定义即可判断；
（3）对所有所有级好集可以分为三类讨论即可.
【小问1详解】
元素个数为1的好集有；元素个数为2的好集有；
元素个数为3及3以上的4级好集不存在，故.
【小问2详解】
存在.
设，则.
则，
设是一个元集合，且最小元素，
故存在一个级好集，满足:中的元素之和中的元素之和.
【小问3详解】
所有级好集可以分为以下3类：
()不含元素；
()含元素，且不是一元集；
().
易知()类中的好集即为全体级好集，()类中的好集的个数为.
对于（）类中的好集，记，
其中.
由知，可将对应到集合，
其中，
是级好集.
反之，所有级好集均可表示为形如的形式.
()类中的好集的个数为.
类中的好集只有1个，.
，不妨记，则在时都成立.
设，则.
对无穷数列各项模1000取余数，
则个有序数组分属1000000个类型:，
由抽屉原理存在两个这样的数对，使得均能被1000整除.
据式得.从而，能被1000整除.
以此类推，能被1000整除……
最后得到数均能被1000整除.
因此，能被1000整除，，则末尾是999.
故存在.
【点睛】关键点点睛：本题第三问关键是对所有级好集进行分类讨论.