湖南省名校联盟2024−2025学年高二上学期入学考试 数学试题（含解析）

这是一份湖南省名校联盟2024−2025学年高二上学期入学考试 数学试题（含解析），共12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）
1．已知空间向量，，若，则（ ）
A．1B．C．D．3
2．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
3．已知空间向量，，则以为单位正交基底时的坐标为（ ）
A．B．C．D．
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，母线长为4的圆锥内切球的体积为（ ）
A．B．C．D．
6．已知函数图象的两个相邻对称中心为，，则（ ）
A．B．C．D．
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（单位时间内心跳的次数）与其自身体重满足的函数模型.已知一只恒温动物兔子的体重为2kg、脉搏率为205次，若经测量一匹马的脉搏率为41次，则这匹马的体重为（ ）
A．350kgB．450kgC．500kgD．250kg
8．已知函数，若方程在区间上有且仅有2个不等的实根，，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．如图，四棱柱中，为的中点，为上靠近点的五等分点，则（ ）
A．B．
C．D．
10．已知函数，则（ ）
A．为偶函数B．的值域为
C．在上单调递减D．
11．已知正数，满足且，则（ ）
A．的最小值为16B．的最小值为4
C．的最小值为D．，
三、填空题（本大题共3小题）
12．已知幂函数在0,+∞上单调递减，则 .
13．的取值范围为 .
14．已知正方体的棱长为2，，分别为棱，的中点，建立如图所示空间直角坐标系，点在平面内运动，则点到，，，这四点的距离之和的最小值为 .
四、解答题（本大题共5小题）
15．在空间直角坐标系中，已知点，，.
(1)若，求的值；
(2)求的最小值.
16．已知为纯虚数.
(1)求；
(2)求.
17．2024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，乙能解出而丙不能解出该题的概率为，甲、丙都能解出该题的概率为.
(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．如图，在直四棱柱中，底面是边长为的菱形，，，，分别为，的中点.
(1)证明：平面；
(2)求四棱柱被平面截得的截面周长；
(3)求直线与平面所成角的正切值.
19．已知，，分别为锐角内角的对边，，，（为外接圆的半径）.
(1)证明：；
(2)求的最小值.
参考答案
1．【答案】B
【分析】由空间向量垂直的坐标表示即可求解.
【详解】因为，，且，所以，解得，
故选：B.
2．【答案】C
【分析】先解对数不等式求出集合A，再结合交集定义计算即可.
【详解】因为，所以，即，
所以
所以.
故选：C.
3．【答案】B
【分析】由空间向量的线性运算和空间向量基本定理，结合单位正交基底，求向量的坐标.
【详解】空间向量，，则，
故以为单位正交基底时的坐标为.
故选：B.
4．【答案】B
【分析】先求出数据的平均值，由方差公式计算方差.
【详解】样本数据的平均数，
方差.
故选：B.
5．【答案】C
【分析】作圆锥与其内切球的轴截面，利用直角三角形求出内切球的半径，再计算内切球的体积.
【详解】由题意可知，圆锥的母线，底面半径，
根据题意可作圆锥与其内切球的轴截面如图所示：
根据圆锥和球的对称性可知，球的截面为圆，即为等腰的内切圆，
即，，，，
在中，，由，，则，
在中，，即，
可得，解得，即内切球的半径，
故内切球体积为.
故选：C.
6．【答案】A
【分析】根据两相邻对称中心的距离为周期的一半及周期公式求得，再代入正弦函数的中心对称结论列式，根据求解即可.
【详解】由图象的两个相邻对称中心为，，
可得，所以，故，
又，则，结合，得.
故选：A.
7．【答案】D
【分析】根据已知函数模型代入即可得出，最后再根据脉搏率得出体重.
【详解】根据题意，当时，，则，
当时，则，故.
故选：D.
8．【答案】A
【分析】先分和两种情况得出函数的图象再结合图象得出2个不等的实根，再计算可得的取值范围.
【详解】当时，，当时，，
作出函数在区间上的图象如图所示，

结合图象可得，当时，方程在上有且仅有2个不等的实根，，
且，所以的取值范围是.
故选：A.
9．【答案】BD
【分析】运用空间向量的基底表示，结合平面向量的三角形法则和线性运算规则可解.
【详解】，
即，故A错误、B正确；
，
即，故C错误，D正确.
故选：BD.
10．【答案】BC
【分析】根据偶函数的定义判断A，根据指数复合函数值域的求法求解判断B，结合指数函数的单调性及复合函数的单调法则判断C，利用单调性比较大小判断D.
【详解】易得的定义域为R，且，
故不为偶函数，故A错误；
令，则，
因为在上的值域为，故B正确；
因为在上单调递增，且在上单调递减，
所以根据复合函数单调性法则，得函数在上单调递减，故C正确；
由于函数在上单调递减，所以，故D错误.
故选：BC
11．【答案】D
【分析】根据不等式的性质计算求和再结合基本不等式计算求出和的最小值判断A,B,C，最后根据不等式性质判断D.
【详解】由题意可得，，，
,
当且仅当时取等号，
经检验后无法取得等号，故A、B错误；
由得，由得：，
，又，
当且仅当时取等号，经检验后无法取得等号，
的最小值不为，故C错误；
，，，，故D正确，
故选：D.
12．【答案】
【分析】先根据函数是幂函数计算求参得出或，最后结合函数的单调性计算得出符合题意的参数.
【详解】由题意可得为幂函数，则，解得或.
当时，为增函数，不符合题意；
当时，在0,+∞单调递减，符合题意.
故答案为:.
13．【答案】
【分析】利用辅助角公式及同角三角函数的平方关系、三角函数的性质计算即可.
【详解】由题意可得
，
又，所以，
所以.
故答案为：.
14．【答案】
【分析】由图形的结构特征，当为正方体中心时，点到两点的距离之和最小值为，到这两点的距离之和的最小值为，求值即可.
【详解】点与点和点的距离之和为，
因为关于平面的对称点为，故，
当且仅当为中点，即为正方体中心时等号成立；
点与点和点的距离之和可表示为，
则，当且仅当在所在直线上时等号成立，
故的最小值为，
当且仅当为正方体中心时等号成立.
故答案为：.
15．【答案】(1)2或
(2)
【分析】（1）根据向量的数量积坐标运算公式计算求参；
（2）先由空间两点间的距离公式计算，再结合二次函数值域求解.
【详解】（1）由题意可得，，
因为，
解得或
（2）由空间两点间的距离公式，
得
，
当时，有最小值.
16．【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据复数的除法及乘法运算化简，最后根据复数类型求参；
（2）根据复数的乘方计算，再结合复数的周期性，再求和即可.
【详解】（1）由题意可得，
因为是纯虚数，所以，解得.
（2）由（1）得到，又，，，，
则，，，，，
即有，，
故.
17．【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）设出事件，运用相互独立事件概率的乘法公式及对立事件概率公式求解即可；
（2）运用相互独立事件概率的乘法公式，结合对立事件概率公式计算即可.
【详解】（1）设“甲解出该题”为事件，“乙解出该题”为事件，“丙解出该题”为事件，
则，，相互独立，
由题意得，，
所以，，
所以，所以乙、丙各自解出该题的概率为，.
（2）设“甲、乙、丙3人中至少有1人解出该题”为事件，
则，
因为，，，
所以，，，
因为、、相互独立，
所以.
所以甲、乙、丙3人中至少有1人解出该题的概率为.
18．【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）应用面面垂直性质定理得出线面垂直，进而得出根据角得出，最后应用线面垂直判定定理证明；
（2）根据线面平行性质定理得出线线平行得出截面再根据图形特征计算边长即可；
（3）先根据线面角定义得出与平面所成角为，再等面积求边长比即可得出正切值.
【详解】（1）因为四边形是菱形，，为的中点，所以，
在直四棱柱中，平面平面，
因为平面平面，平面，所以平面，
因为平面，所以，
因为四边形是矩形，，，，分别为，的中点，
所以，所以，
因为，所以，
所以，所以，
因为，且平面，所以平面.
（2）因为平面，
所以平面与平面的交线与平行，所以交线为，
连接，，，
则四棱柱被平面截得的截面为四边形，
，，
，
因为，所以，
因为，所以，
所以四边形的周长为.
（3）过点作，垂足为，连接，
因为平面，平面，所以，
因为，所以平面，
因为平面，所以平面平面，
所以点在平面上的射影必在上，所以直线与平面所成角为，
因为，，，，
所以，
所以，即直线与平面所成角的正切值为.
19．【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据圆的特征得出，从而由数量积与模长关系计算可得，再构造，利用数量积公式计算并确定的夹角即可证明；
（2）由条件及数量积的运算律、辅助角公式得出，利用角的关系确定的范围结合余弦函数的单调性得出值域即可.
【详解】（1）
由，即，
所以，
即，
又，
因为，所以，
所以，
令与夹角为，则，即，
即，得证；
（2）因，，则，即，
，
其中，，且为锐角，故，
由可得，
则，.
又由解得
因为，函数在上单调递减，在上单调递增，
，，
所以，则，
于是，
即的最小值为.