2024-2025学年湖南师大附中高二（上）入学数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年湖南师大附中高二（上）入学数学试卷（含答案），共9页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。

1.已知全集为U，集合M，N满足M⫋N⫋U，则下列运算结果为U的是( )
A. M∪NB. (∁UN)∪(∁UM)C. M∪(∁UN)D. N∪(∁UM)
2.已知α为锐角，且csα−sinα=15，则下列选项中正确的有( )
A. α∈(π4,π2)B. tanα=43C. sinαcsα=1225D. sinα+csα=75
3.下列命题正确的是( )
A. 若直线a//b，a//平面α，则b//平面α
B. 若直线a与b异面，则过空间任意一点与a和b都平行的平面有且仅有一个
C. 三个平面两两相交于三条直线，则它们将空间分成7个或8个区域
D. 已知直线a与b异面，不同的两点P∈a，Q∈a，不同的两点M∈b，N∈b，则直线PM与QN可能相交
4.“函数f(x)=lg12(3−ax)在区间[1,2]上单调递增”的充分必要条件是( )
A. a∈(0,+∞)B. a∈(0,1)C. a∈(0,32)D. a∈(0,32]
5.2023年11月16日，据央视新闻报道，中国空间站近日完成了一项重要的科学实验——空间辐射生物学暴露实验装置的首批样品已经返回地面.这项实验旨在研究在太空中长时间存在的辐射对人体和微生物的影响.已知某项实验要在中国空间站进行，实验开始时，某物质的含量为1.2mg/cm3，每经过1小时，该物质的含量都会减少20%，若该物质的含量不超过0.1mg/cm3，则实验进入第二阶段，那么实验进入第二阶段至少需要( )小时？(结果取整数，参考数据：lg2≈0.30，lg3≈0.48)
A. 12B. 8C. 10D. 11
6.已知M是△ABC所在平面内一点，满足AM=34AB+15AC，则△ABM与△BCM的面积之比为( )
A. 3B. 4C. 58D. 125
7.已知5−a=lna，b=lg43+lg917，7b+24b=25c，则以下关于a，b，c的大小关系正确的是( )
A. b>c>aB. a>c>bC. b>a>cD. a>b>c
8.已知函数f(x)=1+lga|x−2|,x≤1,(x−1)2+4a,x>1(a>0且a≠1)在R上为单调函数，若函数y=|f(x)|−x−2有两个不同的零点，则实数a的取值不可能是( )
A. 116B. 14C. 12D. 1316
9.下列命题为假命题的是( )
A. 在复数集C中，方程x2+x+1=0有两个根，分别为−12+ 32i，−12− 32i
B. 若三个事件A，B，C两两独立，则P(ABC)=P(A)P(B)P(C)
C. 若OP=xOA+yOB+zOC，则x+y+z=1是P，A，B，C四点共面的充要条件
D. 复平面内满足条件|z+i|≤2的复数z所对应的点Z的集合是以点(0,1)为圆心，2为半径的圆
10.已知函数f(x)=sin(ωx+φ)，如图A，B是直线y=12与曲线y=f(x)的两个交点，若|AB|=π6，则( )
A. f(0)=− 32
B. 函数f(x)的最小正周期为7π12
C. 若x1+x2=91π12，则f(x1)=f(x2)
D. 若|x1−x2|=π24，则|f(x1)−f(x2)|的最大值大于1− 32
11.如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，AC⊥BC，B1C⊥BC，AC⊥B1C，BC=CB1=A1C1=2，下列结论中正确的有( )
A. 平面BCC1B1⊥平面ACC1A1
B. 直线AA1与BC1所成的角的正切值是13
C. 三棱锥C−A1B1C1的外接球的表面积是12π
D. 该三棱柱各侧面的所有面对角线长的平方和等于它所有棱长的平方和的3倍
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.在平面直角坐标系xOy中，已知角α的终边与以原点为圆心的单位圆相交于点P(−35,45)，角β满足cs(α+β)=0，则sin2βcs2β+1的值为______．
13.某高中有学生500人，其中男生300人，女生200人，现希望获得全体学生的身高信息，按照分层随机抽样的方法抽取了容量为50的样本.经计算得到男生身高样本均值为170cm，方差为17cm2，女生身高样本均值为160cm，方差为30cm2.则每个女生被抽入到样本的概率均为______，所有样本的方差为______cm2．
14.如图，棱长为3的正方体ABCD−A1B1C1D1中，P为棱CC1上一点，且CP=2PC1，M为平面BDC1内一动点，则MC+MP的最小值为______．
三、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.（13分）从一张半径为3的圆形铁皮中截剪出一块扇形铁皮(如图1阴影部分)，成一个深度为ℎ米的圆锥筒(如图2).若所裁剪的扇形铁皮的圆心角为2π3．
(1)求圆锥筒的容积；
(2)在(1)中的圆锥内有一个底面圆半径为x的内接圆柱(如图3)，求内接圆柱侧面的最大值以及取最大值时x的值．
16.（15分）已为a，b，c分别为△ABC三内角A，B，C的对边，且acsC− 3asinC=b−c．
(1)求A；
(2)若c=2，角B的平分线BD= 7，求△ABC的面积S．
17.（15分）某高校的特殊类型招生面试中有4道题目，获得面试资格的甲同学对一～四题回答正确的概率依次是34，12，23，13.规定按照题号依次作答，并且答对一，二，三，四题分别得1，2，3，6分，答错1题减2分，当累计积分小于−2分面试失败，不少于4分通过面试，假设甲同学回答正确与否相互之间没有影响．
(1)求甲同学回答完前3题即通过面试的概率；
(2)求甲同学最终通过面试的概率．
18.（17分）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，△DCP是等边三角形，∠DCB=∠PCB=π4，点M，N分别为DP和AB的中点．
(1)求证：MN//平面PBC；
(2)求证：平面PBC⊥平面ABCD；
(3)求CM与平面PAD所成角的正弦值．
19.（17分）已知f(x)=ax2+bx+2，x∈R.定义点集A与y=f(x)的图象的公共点为A在f(x)上的截点．
(1)若b=−1，L={(x,y)|y=3，x∈R}，L在f(x)上的截点个数为0，求实数a的取值范围；
(2)若a=1，S={(x,y)|y=2，x∈(0,2)}，S在f(x)+|x2−1|上的截点为(x1,2)与(x2,2)．
(ⅰ)求实数b的取值范围；
(ⅱ)证明：2<1x1+1x2<4．
参考答案
1.D
2.CD
3.C
4.C
5.D
6.B
7.D
8.A
9.BD
10.ACD
11.ABC
12.−34
13.110 46.2
14.2 2
15.解：(1)根据题意，设圆锥筒的半径为r，容积为V，
∵所裁剪的扇形铁皮的圆心角为2π3rad，
∴2πr=3×2π3=2π，解得r=1，
∴ℎ= 32−12=2 2，
∴V=13Sℎ=13×π×12×2 2=2 2π3．
故圆锥筒的容积为2 2π3；
(2)设内接圆柱高为ℎ，
则有：x1=2 2−ℎ2 2⇒ℎ=2 2(1−x)，
∴内接圆柱侧面积S=2π⋅x⋅ℎ=4 2(−x2+x)π，
∴当x=12时内接圆柱侧面积最大值，且其最大值为 2π.
16.解：(1)在△ABC中，由正弦定理及acsC− 3asinC=b−c得：sinAcsC− 3sinAsinC=sin(A+C)−sinC，
整理得csAsinC+ 3sinAsinC=sinC，
而0又0解得A+π6=5π6，所以A=2π3；
(2)如图，

在△ABD中，由余弦定理得：AB2+AD2−2AB⋅ADcsA=BD2，即AD2+2AD−3=0，解得AD=1，
因BD平分∠ABC,ABBC=12AB⋅BDsin∠ABD12BC⋅BDsin∠CBD=S△ABDS△CBD=12AD⋅BDsin∠ADB12CD⋅BDsin(π−∠ADB)=ADCD，即BCCD=ABAD=2，
在△BDC中，cs∠BDC=CD2+BD2−BC22CD⋅BD=7−3CD22 7CD，
又cs∠BDC=−cs∠BDA=−AD2+BD2−AB22BD⋅AD=−2 77，则7−3CD22 7CD=−2 77，
即3CD2−4CD−7=0，而CD>0，解得：CD=73，有AC=AD+CD=103，
所以△ABC的面积S=12AB⋅ACsinA=12×2×103× 32=5 33．
17.解：(1)用Mi(i=1,2,3,4)表示第i个问题回答正确，
记“甲同学回答完前3题即通过面试”为事件A，则A=M1M2M3，
则甲同学回答完前3题即通过面试的概率为：
P(M1M2M3)=34×12×23=14；
(2)设“甲同学最终通过面试”为事件B，
则B=M1M2M3+M1−M2M3M4+M1M2−M3M4+M1M2M3−M4+M1−M2M3−M4+M1−M2M3−M4，
∴甲同学最终通过面试的概率为：
P(M1M2M3+M1−M2M3M4+M1M2−M3M4+M1M2M3−M4+M1−M2M3−M4+M1−M2M3−M4)
=34×12×23+14×12×23×13+34×12×23×13+34×12×13×13+14×12×13×13
=512．
18.证明：(1)取PC中点E，连接ME，BE，
∵M为DP中点，N为AB中点，
∴ME//12CD且ME=12CD，
又∵BN//12CD且BN=12CD，
∴ME//BN且ME=BN，
∴四边形BEMN为平行四边形，
∴MN/​/BE，
∵MN⊄平面PBC，BE⊂平面PBC，
∴MN/​/平面PBC；

证明：(2)∵∠DCB=∠PCB=π4,CD=PC,BC=BC，
∴△BCD≌△BCP，过P作PQ⊥BC于点Q，∴DQ⊥BC，
∴PQ=DQ= 2,PQ2+DQ2=4=PD2，∴PQ⊥DQ，
∴PQ⊥平面ABCD，
∵PQ⊂平面PBC，∴平面PBC⊥平面ABCD；
解：(3)如图建系，

则C( 2,0,0),P(0,0, 2),D(0, 2,0),M(0, 22, 22),A(−2, 2,0)，
∴CM=(− 2, 22, 22),AD=(2,0,0),DP=(0,− 2, 2)，
设平面PAD的一个法向量n=(x,y,z)，
∴2x=0− 2y+ 2z=0⇒n=(0,1,1)，
设CM与平面PAD所成角为θ，
∴sinθ=|CM⋅n||CM||n|= 2 2+12+12⋅ 2= 33．
19.解：(1)当b=−1时，f(x)=ax2−x+2，
因为L={(x,y)|y=3，x∈R}，L在f(x)上的截点个数为0⇔关于x的方程ax2−x+2=3无实数解，
即ax2−x−1=0无实数解，
易知a≠0，所以Δ=1+4a<0，解
得a<−14，
即a的取值范围是(−∞,−14)；
(2)(i)当a=1时，f(x)=x2+bx+2，
因为S={(x,y)|y=2，x∈(0,2)}，S在f(x)+|x2−1|上的截点为(x1,2)与(x2,2)，
所以关于x的方程f(x)+|x2−1|=2在(0,2)上有两个解x1，x2，
即x2+bx+|x2−1|=0在(0,2)上有两个解x1，x2，
不妨设0令H(x)=x2+bx+|x2−1|=bx+1,|x|≤12x2+bx−1,|x|>1，
因为x∈(0,1]时，H(x)=bx+1，
所以H(x)=0在(0,1]上至多一个解，
若x1，x2∈(1,2)，则x1，x2就是2x2+bx−1=0的解，
从而x1x2=−12<0，这与题设矛盾．
因此x1∈(0,1]，x2∈(1,2)，
由H(x1)=0得b=−1x1，所以b≤−1，
由H(x2)=0得b=1x2−2x2，所以−72当−72(ii)证明：由b=−1x1和b=1x2−2x2消去b得1x1+1x2=2x2，
因为x2∈(1,2)，
所以2<1x1+1x2<4．