湖南省平江县颐华高级中学2024-2025学年高二上学期入学考试数学试题（解析版）

这是一份湖南省平江县颐华高级中学2024-2025学年高二上学期入学考试数学试题（解析版），共19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（本大题共8小题，共40分．在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 已知，，，则
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】计算a-b即可打出a与b的大小关系，再由，，，即可得出答案．
【详解】.
∴，∵，，∴.选B.
【点睛】本题考查不等式，比较数的大小关系，一般采用作差法、作商法、根据函数的单调性比较大小，属于基础题
2. 设向量，，则（ ）
A. B. C. －D. －
【答案】A
【解析】
【分析】利用数量积和两角和与差的余弦的求解.
【详解】,
故选:A
3. 若，则是的（ ）
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】A
【解析】
【分析】判断 的关系，即可求解.
【详解】由可得，由可得或，
则p可推出q，反之推不出，故是的充分不必要条件，
故选：A
4. 如图，长方体中，，，，，分别是，，的中点，则异面直线与所成角是（ ）．
A. 30°B. 45°C. 60°D. 90°
【答案】D
【解析】
【分析】连接，由长方体的结构特征易得，从而是异面直线与所成角，然后在中求解.
【详解】如图所示：
连接，由长方体的结构特征得，
所以是异面直线与所成角，
因为，，
所以，
即，
所以，
故异面直线与所成角
故选：D
【点睛】本题主要考查异面直线所成的角的求法，还考查了运算求解的能力，属于基础题.
5. 已知按从小到大顺序排列的两组数据：甲组：27，30，37，，40，50；乙组：24，，33，44，48，52．若这两组数据的第30百分位数对应相等，第50百分位数也对应相等，则（ ）
A. 60B. 65C. 70D. 75
【答案】C
【解析】
【分析】根据一组数据的百分位数的定义，分别求得两组数据的第30百分位数和第50百分位数，列出方程组求解即得.
【详解】由题意可得解得：故
故选：C.
6. 1748年，瑞士数学家欧拉发现了复指数函数和三角函数的关系，并写出以下公式
（e是自然对数的底，i是虚数单位），这个公式在复变论中占有非常重要的地位，被普为“数学中的天桥”.下列说法正确的是（ ）
A B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题设中的公式和复数运算法则，逐项计算后可得正确的选项.
【详解】对于A，当时，因为，所以，故不一定成立，选项A错误；
对于B，，所以B错误；
对于C，由，，所以,得出,选项C正确；
对于D，由C选项的分析得，得出，选项D错误.
故选：C.
7. 若一个圆柱的内切球（与圆柱的两底面以及每条母线均相切）的表面积为，则这个圆柱的体积为（ ）
A. B. 2C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件求出球半径，再由圆柱的内切球与圆柱的关系可得圆柱的底面圆半径和高，然后代入体积公式计算即得.
【详解】设球的半径为r，则，解得，
因半径为r的球是圆柱的内切球，则圆柱的高h等于其内切球直径2r，圆柱底面圆直径等于球的直径2r，
于是得圆柱的底面圆半径为1，高h=2，则，
所以这个圆柱的体积为.
故选：C
8. 已知直角梯形中，是腰上的动点，则的最小值为（ ）
A. B. C. 4D. 5
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，利用解析法求解，以直线，分别为，轴建立平面直角坐标系，写出点、、和的坐标，设出点，根据向量模的计算公式，利用完全平方式非负，即可求得其最小值.
【详解】如图，以直线，分别为，轴建立平面直角坐标系，
则，，，，
设，，
则，，，
，
即当时，取得最小值5.
故选：D

二、多选题（本大题共3小题，共18分．在每小题有多项符合题目要求）
9. 对于，有如下判断，其中正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则为等腰三角形
C. 若，则是钝角三角形
D. 若，则符合条件的有两个
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据正弦定理判断A；根据余弦函数单调性判断B；根据余弦定理判断D；根据正弦定理，余弦定理可得的值正负，即可判断C．
【详解】对于A，若，则，由正弦定理，可知，故A正确；
对于B，若，由单调递减可知，则为等腰三角形，故B正确；
对于C，若，则根据正弦定理得，可得，可得为钝角，故为钝角三角形，故C正确．
对于D，若，，，由余弦定理得，则，
所以符合条件的有一个，故D错误；
故选：ABC．
10. 已知函数的图象过点，若函数的从小到大的四个不同的零点依次为，则下列结论正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】AB
【解析】
【分析】根据图象过可得，作出函数图象，根据对数的性质以及函数特征可得，，，进而根据函数的单调性即可结合选项逐一求解.
【详解】因为，的图象过点，
所以，解得，
所以
因为函数从小到大的四个不同的零点依次为，
所以关于的方程从小到大的四个不同的实根依次为，
即函数的图象与直线有四个交点，四个交点的横坐标从小到大依次为．
作出函数的图象，如图中实线所示，由图易知．易知，所以，所以，所以，故A正确．
易知，即，故B正确．
因为，所以，
设，则函数在上单调递减，
所以，所以，故C不正确．
，
设，则函数在上单调递减，
所以，所以，故D不正确．
故选：AB．
11. 如图，正方体的棱长为4，M是侧面上的一个动点（含边界），点P在棱上，且，则下列结论正确的有（ ）

A. 沿正方体的表面从点A到点P的最短距离为
B. 保持与垂直时，点M的运动轨迹长度为
C. 若保持，则点M的运动轨迹长度为
D. 平面被正方体截得截面为等腰梯形
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据平面展开即可判断A；过做平面平面，即可判断B；根据点的轨迹是圆弧，即可判断C；作出正方体被平面所截的截面即可判断D.
【详解】对于A，将正方体的下面和侧面展开可得如图图形，

连接，则，故A错误；
对于B，如图：

因为平面，平面，，又，
，，平面 ，
所以平面 ，平面 .
所以'，同理可得，，，平面 .
所以平面 .
所以过点作交交于，过作交交于，
由，可得，平面，平面，
所以平面，同理可得平面.
则平面平面.
设平面交平面于，则的运动轨迹为线段，由点在棱上，且，可得，
所以，故B正确；
对于C，如图：

若，则在以为球心，为半径的球面上，
过点作平面，则，此时.
所以点在以为圆心，2为半径的圆弧上，此时圆心角为.
点的运动轨迹长度，故C正确；
对于D，如图：

延长，交于点，连接交于，连接，
所以平面被正方体截得的截面为.
，所以.
，所以，
所以，所以，且，
所以截面为梯形，
，所以截面为等腰梯形.
故D正确.
故选：BCD.
三、填空题（本大题共3小题，共15分）
12. 设集合，若，则实数m的取值范围为__________.
【答案】
【解析】
【详解】由知，，而
.
当时，，即，此时成立
当时，，即，由，得
解得.又，故得.
综上，有.
故答案为
13. 已知二次函数f（x）＝ax2﹣2x+1在区间[1，3]上是单调函数，那么实数a的取值范围是_____．
【答案】
【解析】
【分析】根据二次函数的性质列不等式，解不等式求得的取值范围.
【详解】由于为二次函数，所以，其对称轴为，
要使在区间上是单调函数，则需其对称轴在区间两侧，
即或，
解得，或，或，
所以的取值范围是
故答案为：.
【点睛】本小题主要考查二次函数的单调性，属于中档题.
14. 如图，在四棱锥中，底面为矩形；为中点．若，，，当三棱锥的体积取到最大值时，点到平面的距离为__________．

【答案】##0.3
【解析】
【分析】根据几何体性质结合体积分割求解三棱锥的体积，在根据等体积法可求解点到平面的距离.
【详解】由题可得，当底面时，三棱锥的体积取到最大值
如图，取中点，取中点，连接

因为底面，为的中点．为的中点，所以，
所以底面，则
又由底面，底面，所以
因为矩形，则，又平面，所以平面
又为的中点．为的中点，所以，，则平面
则
又
所以
又，因为平面，，所以平面，又平面，所以，
设点到平面的距离为,
所以，则.
故点到平面的距离为.
故答案为：.
四、解答题（本大题共5个小题，，13+15+15+17+17=77分．解答题应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤）
15 已知，，．
（1）求的最小正周期及单调递减区间；
（2）求函数在区间上的最大值和最小值．
【答案】（1）最小正周期为，单调减区间为；（2）最大值为3，最小值为0．
【解析】
【分析】（1）利用向量的坐标运算化简，再利用整体的思想.
（2）根据（1）的结果及的范围求出的范围，从而计算出函数的最值.
【详解】解：，，
由
，
的最小正周期，
由，
得：，
的单调递减区间为，；
由可得：
当时，函数取得最小值为
当时，函数取得最大值为
故得函数在区间上的最大值为3，最小值为0．
16. 已知ΔABC中，分别为角的边，且，且
（1）求角的大小；
（2）求的取值范围.
【答案】（1）（2）
【解析】
【分析】（1）先根据诱导公式化简，再根据余弦定理得角C范围，最后根据特殊角三角函数值得结果，（2）先根据正弦定理将化为角的关系式，再根据配角公式化为基本三角函数形式，最后根据正弦函数性质得结果.
【详解】（1）
因此
（2）
,
因为
因此
【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理以及配角公式，考查基本分析求解能力，属中档题.
17. 定义在(0,+∞)上的函数满足，且当时，．
（1）求；
（2）证明在(0,+∞)上单调递减；
（3）若关于的不等式恒成立，求实数的取值范围．
【答案】（1）0；（2）证明见解析；（3）．
【解析】
【分析】（1）利用赋值法即可求解.
（2）利用函数单调性定义即可证明.
（3）将不等式转化为，利用函数的单调性可得，换元转化为一元二次不等式恒成立，进而参数分离即可求解.
【详解】解：（1），
令，
则（1）
（1）；
证明：（2）由
可得，
设，，，
，即
，所以在(0,+∞)上单调递减；
（3）因为，
所以，由（2）得恒成立，
令，则可化为对任意恒成立，且，
，又，
∴，即，
．
18. 如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，侧棱底面，，是的中点，作交PB于点.
（1）求三棱锥的体积；
（2）求证：平面；
（3）求平面与平面的夹角的大小.
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）取中点，连接，易知且底面，由此即可求出答案；
（2）由题意易证面，则可得，再结合，利用线面垂直的判定定理即可得证；
（3）由题意易知是平面与平面的夹角，且，分别求出的值，利用，即可求出答案.
【小问1详解】
取中点，连接，
在中，分别为中点，
∴为的中位线，
∴，且，
又∵，
∴
∵底面，
∴底面，
∴；
【小问2详解】
∵底面，且面
∴，
∵底面是正方形，
∴，
又,面,
∴面,
又面
∴
∵，且，
∴是等腰直角三角形，又是斜边的中线，
∴，
又,面,
∴面，
∵面
∴,
∵,
又,面
∴平面；
【小问3详解】
由（2）可知，
故是平面与平面的夹角，
∵
∴，
在中，，，，
又面，
∵面
∴,
在中，，
∴，
故平面CPB与平面PBD的夹角的大小.
19. 某校象棋社团组织了一场象棋对抗赛，参与比赛的40名同学分为10组，每组共4名同学进行单循环比赛．已知甲、乙、丙、丁4名同学所在小组的赛程如表．规定：每场比赛获胜的同学得3分，输的同学不得分，平局的2名同学均得1分，三轮比赛结束后以总分排名，每组总分排名前两位的同学可以获得奖励．若出现总分相同的情况，则以抽签的方式确定排名（抽签的胜者排在负者前面），且抽签时每人胜利的概率均为．假设甲、乙、丙3名同学水平相当，彼此间胜、负、平的概率均为．丁同学的水平较弱，面对任意一名同学时自己胜、负、平的概率都分别为．每场比赛结果相互独立．
（1）求丁同学的总分为5分的概率；
（2）已知三轮比赛中丁同学获得两胜一平，且第一轮比赛中丙、丁2名同学是平局，求甲同学能获得奖励的概率．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，若丁同学总分为5分，则丁同学三轮比赛结果为一胜两平，利用相互独立事件的乘法公式即可求解；
（2）根据题意，分析甲获得奖励的情况，利用相互独立事件的乘法公式及互斥事件的概率的加法公式即可求解．
【小问1详解】
丁同学总分为5分，则丁同学三轮比赛结果为一胜两平，
记第轮比赛丁同学胜、平的事件分别为，，
丁同学三轮比赛结果为一胜两平的事件为，
则，
即丁同学的总分为5分的概率为．
【小问2详解】
由于丁同学获得两胜一平，且第一轮比赛中丙、丁2名同学是平局，
则在第二、三轮比赛中，丁同学对战乙、甲同学均获胜，
故丁同学总分为7分，且同丁同学比赛后，甲、乙、丙三人分别获得0分、0分、1分，
若甲同学获得奖励，则甲最终排名为第二名．
①若第一、二轮比赛中甲同学均获胜，则第三轮比赛中无论乙、丙两位同学比赛结果如何，
甲同学的总分为6分，排第二名，可以获得奖励，此时的概率．
②若第一轮比赛中甲同学获胜，第二轮比赛中甲、丙2名同学平局，
第三轮比赛中乙、丙2名同学平局或乙同学获胜，甲同学的总分为4分，排第二名，
可以获得奖励，此时的概率．
③若第一轮比赛中甲、乙2名同学平局，第二轮比赛中甲同学获胜，
第三轮比赛中当乙、丙2名同学平局时，甲同学的总分为4分，排第二名，
可以获得奖励，此时的概率
第三轮比赛中当乙、丙同学没有产生平局时，甲同学与第三轮比赛乙、丙中的胜者的总分均为4分，
需要进行抽签来确定排名，当甲同学抽签获胜时甲同学排第二名，可以获得奖励，
此时的概率．
综上，甲同学能获得奖励的概率第一轮
甲—乙
丙—丁
第二轮
甲—丙
乙—丁
第三轮
甲—丁
乙—丙