2024-2025学年湖南省名校联盟高二上学期入学考试数学试题（含答案）

这是一份2024-2025学年湖南省名校联盟高二上学期入学考试数学试题（含答案），共7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。

1.已知空间向量a=(x,1,2)，b=(4,2,4)，若a⊥b，则x=( )
A. 1B. −52C. −32D. 3
2.已知集合A={x|lg2(x+1)≤2}，B={−3,−1,2,5}，则A∩B=( )
A. {−3,−1}B. {−1,2}C. {2}D. {2,5}
3.已知空间向量p=2a−3b+3c，q=3a+b+c，则p+q以{a,b,c}为单位正交基底时的坐标为( )
A. (5,−3,4)B. (5,−2,4)C. (2,−3,3)D. (3,1,1)
4.样本数据：48，49，50，50，50，50，51，52的方差为( )
A. 1B. 1.25C. 2.5D. 4
5.底面圆周长为2π，母线长为4的圆锥内切球的体积为( )
A. 15π5B. 13π25C. 4 15π25D. 15π25
6.已知函数f(x)=2sin(ωx+φ)(ω>0,|φ|<π2)图象的两个相邻对称中心为(π12,0)，(7π12,0)，则φ=( )
A. −π6B. −π3C. π3D. π4
7.近日，我国某生命科学研究所的生物研究小组成员通过大量的实验和数据统计得出睡眠中的恒温动物的脉搏率f(单位时间内心跳的次数)与其自身体重W满足f=kW13(k≠0)的函数模型.已知一只恒温动物兔子的体重为2kg、脉搏率为205次⋅min−1，若经测量一匹马的脉搏率为41次⋅min−1，则这匹马的体重为( )
A. 350kgB. 450kgC. 500kgD. 250kg
8.已知函数f(x)=3csx+|csx|，若方程|f(x)|=a(a≠0)在区间(0,2π)上有且仅有2个不等的实根x1，x2，则a(x1+x2)的取值范围为( )
A. (4π,8π)B. (2π,4π)C. (0,4π)D. (0,2π)
二、多选题：本题共3小题，共15分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.如图，四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，M为CD1的中点，Q为CA1上靠近点A1的五等分点，则( )
A. AM=AB+13AD+12AA1
B. 2AM=AB+2AD+AA1
C. AQ=15AB+34AD+35AA1
D. 5AQ=AB+AD+4AA1
10.已知函数f(x)=(12024)(x+2)2−1，则( )
A. f(x)为偶函数B. f(x)的值域为(0,2024]
C. f(x)在[2024,+∞)上单调递减D. f(66)11.已知正数a，b满足a−1a≥2b且2b≤b−3a，则( )
A. a+b的最小值为16B. a+b的最小值为4
C. a2+b2的最小值为3+2 6D. a>1，b> 2
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知幂函数f(x)=(m2+m−5)xm−1在(0,+∞)上单调递减，则m= ．
13.(1+5csθ)2+(−1+5sinθ)2的取值范围为 ．
14.已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，M，N分别为棱AB，C1D1的中点，建立如图所示空间直角坐标系A1xyz，点P(x,y,z)在平面ABC1D1内运动，则点P到A1，B1，M，N这四点的距离之和的最小值为 ．
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题12分)
在空间直角坐标系中，已知点A(x,5−x,2x−1)，B(1,x+2,2−x)，C(1,2,3)．
(1)若AC⋅BC=2，求x的值;
(2)求|AB|的最小值．
16.(本小题12分)
已知z=a+i1−i(a∈R)为纯虚数．
(1)求a;
(2)求n=12025zn．
17.(本小题12分)
2024年西部数学邀请赛于8月4日至10日在上海隆重举行，此次赛事不仅是对中学生数学能力的一次全面考验，更是对数学教育未来发展的深刻实践探索，共有200多名学生参赛，引起社会广泛关注，点燃了全社会对数学的热情.甲、乙、丙3名同学各自独立去做2024年西部数学邀请赛预赛中的某道题，已知甲能解出该题的概率为23，乙能解出而丙不能解出该题的概率为18，甲、丙都能解出该题的概率为12．
(1)求乙、丙各自解出该题的概率;
(2)求甲、乙、丙3人中至少有1人解出该题的概率．
18.(本小题12分)
如图，在直四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为2 2的菱形，AA1=2，∠BAD=π3，E，F分别为AB，AA1的中点．
(1)证明：B1E⊥平面DEF;
(2)求四棱柱ABCD−A1B1C1D1被平面CEF截得的截面周长;
(3)求直线DD1与平面CEF所成角的正切值．
19.(本小题12分)
已知a，b，c分别为锐角△ABC内角A，B，C的对边，A=π4，a= 2，|AO|=|OB|=|OC| =R(R为△ABC外接圆的半径)．
(1)证明：OA=−sin2B⋅OB+cs2B⋅OC;
(2)求|3OA+2OB+OC|的最小值．
参考答案
1.B
2.C
3.B
4.B
5.C
6.A
7.D
8.A
9.BD
10.BC
11.CD
12.−3
13.[27−10 2,27+10 2]
14.2 3+2 2
15.解：由题意可得AC=(1−x,x−3,4−2x)，BC=(0,−x,x+1)，
因为AC⋅BC=(1−x,x−3,4−2x)⋅(0,−x,x+1)=x(3−x)+(x+1)(4−2x)=2，解得x=2或−13．
(2)由空间两点间的距离公式，得|AB|= (1−x)2+[(x+2)−(5−x)]2+[(2−x)−(2x−1)]2= 14x2−32x+19= 14(x−87)2+57，
当x=87时，|AB|有最小值 357．
16.解：(1)由题意可得z=a+i1−i=(a+i)(1+i)(1−i)(1+i)=(a−1)+(1+a)i2=a−12+1+a2i，
因为z是纯虚数，所以a−12=01+a2≠0，
解得a=1．
(2)由(1)得到z=i，又i1=i，i2=−1，i3=−i，i4=1，
则n∈N∗，i4n−3=i，i4n−2=−1，i4n−1=i，i4n=1，
即有n∈N∗，i4n−3+i4n−2+i4n−1+i4n=0，
故n=12025zn=z+z2+⋯+z2025=506(i+i2+i3+i4)+i=i．
17.解：(1)设“甲解出该题”为事件A，“乙解出该题”为事件B，“丙解出该题”为事件C，
则A，B，C相互独立，
由题意得P(A)=23，P(AC)=P(A)P(C)=23⋅P(C)=12，所以P(C)=34，
P(BC)=P(B)P(C)=P(B)(1−P(C))=P(B)⋅(1−34)=18，所以P(B)=12，
所以乙、丙各自解出该题的概率为12，34．
(2)设“甲、乙、丙3人中至少有1人解出该题”为事件D，
则D=ABC，
因为P(A)=23，P(B)=12，P(C)=34，
所以P(A)=13，P(B)=12，P(C)=14，
因为A、B、C相互独立，
所以P(D)=1−P(D)=1−P(ABC)=1−P(A)P(B)P(C)=1−13×12×14=2324．
所以甲、乙、丙3人中至少有1人解出该题的概率为2324．
18.(1)证明：因为四边形ABCD是菱形，∠BAD=π3，E为AB的中点，所以DE⊥AB，
在直四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，平面ABB1A1⊥平面ABCD，
因为平面ABB1A1∩平面ABCD=AB，DE⊂平面ABCD，所以DE⊥平面ABB1A1，
因为B1E⊂平面ABB1A1，所以DE⊥B1E，
因为四边形ABB1A1是矩形，AB=2 2，AA1=2，E，F分别为AB，AA1的中点，
所以tan∠AEF=tan∠EB1B= 22，
所以∠AEF=∠EB1B，
因为∠EB1B+∠B1EB=π2，所以∠AEF+∠B1EB=π2，所以∠FEB1=π2，所以EF⊥B1E，
因为DE∩EF=E，且DE，EF⊂平面DEF，所以B1E⊥平面DEF；
(2)因为EF//平面CDD1C1，所以平面CEF与平面CDD1C1的交线与EF平行，所以交线为CD1，
连接CD1，D1F，CE，
则四棱柱ABCD−A1B1C1D1被平面CEF截得的截面为四边形EFD1C，
CD1= CD2+DD12= 8+4=2 3，
EF=12CD1= 3，D1F= A1D12+A1F2= 8+1=3，
因为DE⊥AB，所以DE= AD2−AE2= 6，
因为DE⊥CD，所以CE= CD2+DE2= 14，
所以四边形EFD1C的周长为3+3 3+ 14；
(3)过点D作DG⊥CE，垂足为G，连接D1G，
因为DD1⊥平面ABCD，CE⊂平面ABCD，所以DD1⊥CE，
因为DG∩DD1=D，DD1，DG⊂平面DD1G，所以CE⊥平面DD1G，
因为CE⊂平面CEF，所以平面DD1G⊥平面CEF，
所以点D在平面CEF上的射影必在D1G上，
所以直线DD1与平面CEF所成角为∠DD1G，
因为DE⊥CD，DE= 6，CD=2 2，CE= 14，
所以DG=DE⋅CDCE= 6×2 2 14=2 427，
所以tan∠DD1G=DGDD1= 427，
即直线DD1与平面CEF所成角的正切值为 427．

19.解：(1)由A=π4，即OB⋅OC=0，
所以|sin2B⋅OB−cs2B⋅OC|2=sin22B⋅OB2+cs22B⋅OC2=R2，
即|sin2B⋅OB−cs2B⋅OC|=|AO|=R，
又OA⋅(sin2B⋅OB−cs2B⋅OC)=sin2B⋅(OA⋅OB)−cs2B⋅(OA⋅OC)，
因为∠AOC=2B，所以∠AOB=3π2−2B，
所以OA⋅(sin2B⋅OB−cs2B⋅OC)=−sin22B⋅R2−cs22B⋅R2=−R2，
令OA与(sin2B⋅OB−cs2B⋅OC)夹角为θ∈[0,π]，
则csθ=−R2R×R=−1，即θ=π，
即OA=−sin2B⋅OB+cs2B⋅OC，得证．
(2)因|BC|= 2，∠BOC=π2，则|BC|= 2R= 2，即R=1，
|3OA+2OB+OC|2
=9OA2+4OB2+OC2+12OA⋅OB+6OA⋅OC+4OB⋅OC
=14+12cs2C+6cs2B+4cs2A
=14+12cs2C−6sin2C
=14+6 5cs(2C+θ)，
其中，tanθ=12，且θ为锐角，故0<θ<π4，
由0则2C∈(π2,π)，2C+θ∈(π2+θ,π+θ).
又由{tan⁡θ=sinθcsθ=12sin2θ+cs2θ=10<θ<π4解得sinθ= 55cs θ=2 55,
因为π2<π2+θ<3π4，函数y=csx在(π2+θ,π)上单调递减，在(π,π+θ)上单调递增，
cs(π2+θ)=−sinθ=− 55，cs(π+θ)=−csθ=−2 55，
所以−1≤cs(2C+θ)<− 55，
则14−6 5≤14+6 5cs(2C+θ)<8，
于是3− 5= 14−6 5≤|3OA+2OB+OC|< 8，
即|3OA+2OB+OC|的最小值为3− 5．