2024−2025学年湖南省岳阳市高二上学期开学摸底考数学检测试题合集2套（附答案）

这是一份2024−2025学年湖南省岳阳市高二上学期开学摸底考数学检测试题合集2套（附答案），共27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．直线的倾斜角为（ ）
A．30°B．60°C．120°D．150°
2．若复数满足：，其中为虚数单位，则复数在复平面内对应的点位于（ ）
A．第一象限B．第二象限
C．第三象限D．第四象限
3．设点，，直线过点且与线段相交，则的斜率的取值范围是（ ）
A．或B．或
C．D．
4．在三棱锥中，，则该三棱锥的外接球的表面积为（ ）
A．B．
C．D．
5．过点的直线在两坐标轴上的截距之和为零，则该直线方程为（ ）
A．B．
C．或D．或
6．已知的内角的对边分别为，若，，则（ ）
A．6B．5
C．4D．3
7．如图是某零件结构模型，中间大球为正四面体的内切球，小球与大球和正四面体三个面均相切，若，则该模型中一个小球的体积为（ ）

A．B．C．D．
8．已知平面与所成锐二面角的平面角为，P为空间内一定点，过点P作与平面所成的角都是的直线l，则这样的直线l有且仅有（ ）
A．1条B．2条C．3条D．4条
二、多选题（本大题共4小题）
9．已知是两条不同的直线，是三个不同的平面，下列命题中正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
10．已知，，且，则（ ）
A．B．
C．D．
11．若是平面内两条相交成角的数轴，和是轴、轴正方向上的单位向量，若向量 ，则规定有序数对为向量在坐标系中的坐标，记作，设则（ ）
A．B．C．D．
12．数学中有许多形状优美，寓意独特的几何体，“勒洛四面体”就是其中之一．勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分，且其体积小于正四面体外接球体积．如图，在勒洛四面体中，正四面体的棱长为，则下列结论正确的是（ ）

A．勒洛四面体最大的截面是正三角形
B．若、是勒洛四面体表面上的任意两点，则的最大值可能大于4
C．勒洛四面体的体积是
D．勒洛四面体内切球的半径是
三、填空题（本大题共4小题）
13．= .
14．若直线与直线互相垂直，则 .
15．正四棱锥中，，为棱的中点，则异面直线所成角的余弦值为 .
16．命题：“”是真命题，则实数的取值范围为 .
四、解答题（本大题共6小题）
17．已知的三个顶点是，，.求：
(1)边上的中线所在直线方程；
(2)边上的高所在直线方程.
18．如图，在中，，为的中点，与交于点.设，.

(1)试用表示；
(2)求.
19．如图，在四棱锥中，底面是菱形.

(1)若点是的中点，证明：平面；
(2)若，，且平面平面，求二面角的正弦值.
20．如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面⊥平面， ，为的中点，点在棱上．

(1)若，求三棱锥的体积；
(2)在线段上是否存在点，使得平面？若存在，求的值，若不存在，请说明理由．
21．甲、乙、丙、丁4名棋手进行围棋比赛，赛程如下面的框图所示，其中编号为i的方框表示第i场比赛，方框中是进行该场比赛的两名棋手，第i场比赛的胜者称为“胜者i”，负者称为“负者i”，第6场为决赛，获胜的人是冠军，已知甲每场比赛获胜的概率均为，而乙，丙、丁相互之间胜负的可能性相同.

(1)求乙仅参加两场比赛且连负两场的概率；
(2)求甲获得冠军的概率；
(3)求乙进入决赛，且乙与其决赛对手是第二次相遇的概率.
22．如图，在中，，的角平分线交于，．

(1)求的取值范围；
(2)已知面积为1，当线段最短时，求实数．
参考答案
1．【答案】C
【解析】利用直线方程得到斜率，利用斜率定义求倾斜角即可.
【详解】因为直线的斜率为，所以.
故选C.
2．【答案】A
【分析】根据复数的除法求得z，确定其对应的点，即可得答案.
【详解】由题意得，，
故z对应的点为，复数在复平面内对应的点位于第一象限，
故选A.
3．【答案】B
【分析】作出图形，结合直线相交关系及斜率公式可求答案.
【详解】如图，直线的斜率为；直线的斜率为；
当直线与线段相交时，则的斜率的取值范围是或.
故选B.

4．【答案】B
【分析】根据垂直关系，结合补体法，将四棱锥补成正方体，利用正方体的外接球的半径的计算方法，即可求解.
【详解】由题意，两两相互垂直，以为边补成一个正方体，其外接球就是三棱锥的外接球，
，表面积，

故选B.
5．【答案】D
【分析】分直线过原点和不过原点两种情况讨论，结合直线的截距式即可得解.
【详解】当直线过原点时在两坐标轴上的截距都为，满足题意，
又因为直线过点，所以直线的斜率为，
所以直线方程为，即，
当直线不过原点时，设直线方程为，
因为点在直线上，
所以，解得，
所以直线方程为，
故所求直线方程为或.故D项正确.
故选D.
6．【答案】A
【分析】根据及正弦定理可得，由余弦定理即可求解.
【详解】由得：.
又因为，
故，化简得.
故选A.
7．【答案】C
【分析】把正四面体分割成以内切球球心为顶点的个小三棱锥，利用等体积法求出内切球半径，进一步计算即可.
【详解】如图所示，

设为大球的球心，大球的半径为，大正四面体的底面中心为，棱长为，高为，
的中点为，连接，，，，，，
则，正四面体的高.
因为，所以，所以，
设小球的半径为，小球也可看作一个小的正四面体的内切球，
且小正四面体的高，所以，
所以小球的体积为.
故选C.
8．【答案】C
【分析】根据题意画出平面α与β及其垂直之间的位置关系，再由对称性和角的大小即可求得直线条数.
【详解】如下图所示：

设过点P与平面与垂直的直线为，故直线所成角为，
又因为直线与平面，所成的角都是，故直线与直线所成角为，
又因为，利用对称性可知在直线所成角为一侧有两条直线符合题意；
易知，即在的一侧只有一条直线符合题意；
故这样的直线有3条，
故选C.
9．【答案】BD
【分析】根据线、面之间的位置关系一一分析即可.
【详解】对于A，当时，则或，故A错误；
对于B，若，则，故B正确；
对于C，当时，或，故C错误，
对于D，若，则，故D正确.
故选BD.
10．【答案】ACD
【分析】利用基本不等式和不等式的性质对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】根据基本不等式可知，则，
当且仅当，时，等号成立，故A正确；
因为，，变形得，
所以
当且仅当，即，时，等号成立，
所以，故B错误；
由，，，所以，即，故C正确；
由，可得，
根据前面分析得，即，所以，即，故D正确．
故选ACD.
11．【答案】BCD
【分析】根据题意可将向量坐标表示转化成以和为基底的坐标表示，即可得出，即A错误；由向量共线定理可得B正确；再根据向量数量积运算法则可知C、D均正确.
【详解】对于A，，故A错误；
对于B，由平面向量共线定理可知，故B正确；
对于C，，故C正确；
对于D，，故D正确.
故选BCD.
12．【答案】BD
【分析】最大的截面即经过四面体表面的截面，A错误，计算，B正确，计算外接球的体积为得到C错误，计算勒洛四面体内切球的半径是，D正确，得到答案.
【详解】对选项A：勒洛四面体最大的截面即经过四面体表面的截面，如图1所示，错误；
对选项B：如图2，设弧的中点是，线段的中点是，
设弧的中点是，线段的中点是，
则根据图形的对称性，四点共线且过正四面体的中心，
则，
，，
故，正确；
对选项C：如图3，由对称性可知内切球的球心是正四面体外接球的球心，
连接并延长交勒洛四面体的曲面于点，则就是勒洛四面体内切球的半径，

如图4，为的中心，是正四面体外接球的球心，
连接，由正四面体的性质可知在上.
因为，所以，则.
因为，
即，解得，
则正四面体外接球的体积是，
因为勒洛四面体的体积小于正四面体外接球的体积，错误；
对选项D：因为，所以，正确；
故选BD.
【方法总结】几何体的内切球半径求法：
1.棱锥的内切球半径求法：设棱锥的体积V，S为几何体的表面积，内切球半径为r，
则；
2.根据几何体的结构特征，确定球心，再结合所给已知条件列方程求得内切球半径.
13．【答案】
【分析】利用诱导公式以及两角和的正弦公式化简求值.
【详解】原式 ，
，
，
故答案为：.
14．【答案】或
【分析】根据两直线垂直的充要条件计算即可.
【详解】因为直线与直线互相垂直，
所以，解得或.
故答案为：或.
15．【答案】
【分析】利用三角形中位线定理，结合异面直线所成角的定义、余弦定理进行求解即可.
【详解】设为棱的中点，故，
故异面直线所成角为或，
因为，为棱的中点，
所以，
同理，于是，
，而，
显然，所以，
所以，
故答案为：.

16．【答案】
【分析】题目转化为，根据对数函数性质计算最值即可.
【详解】当，，
所以，即成立.
则，
当时，，故.
故答案为：.
17．【答案】(1)
(2)
【分析】（1）求出点的坐标为，由两点式斜率公式求出的斜率，代入点斜式即可求解.
（2）由两点式斜率公式求出斜率，利用垂直关系得的斜率，代入点斜式即可求解.
【详解】（1）由题知的中点，所以直线BD的斜率，
则边上的中线所在直线的方程为，化简得.
（2）由题意得直线AC的斜率，且，所以.
则边上的高所在直线的方程为，化简得.
18．【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）根据向量的线性运算，结合三点共线结论即可求得答案；
（2）根据数量积运算律求得，求出，根据向量的夹角公式即可求得答案.
【详解】（1）由题意知为的中点，故，
设，由于，
则.
由于三点共线，所以，
则，所以.
（2）由于，
故，
，
， ，
所以.
19．【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接交于，连接，根据线面平行的判定定理即可证明结论；
（2）设为的中点，连接，证明平面，从而作出二面角的平面角，解直角三角形即可求得答案.
【详解】（1）连接交于M，连接，

因为底面是菱形，所以为的中点，
又点是的中点，故为的中位线，
故，而平面，平面，
故平面；
（2）设为的中点，连接，因为，故，
因为平面平面，且平面平面，
平面，所以平面，而平面，
故，
底面是菱形，故，作交于N，
则，且N为的中点，
连接，因为平面，
故平面，平面，
故，
则即为二面角的平面角，
设，则，
，则，则，
由于为的中点，N为的中点，故，则，
而平面，平面，故，
则
所以，
即二面角的正弦值为.
20．【答案】(1)；
(2)存在，.
【分析】（1）由题意求出P到平面的距离为d，再结合等体积法，即，即可求得答案；
（2）取的中点，连接，根据面面平行的判定证明平面平面，继而推出平面，即可得结论，求得答案.
【详解】（1）由题意知底面为矩形，，
故，设P到平面的距离为d，
由于，所以，
又因为平面平面，平面平面，
平面，所以平面，
平面，故，
由于，故，
又因为为的中点，所以，
而，
又因为平面⊥平面，平面平面，
且平面，
所以平面，即故，
所以三棱锥的体积为；
（2）存在，，即为的中点，
证明：当为的中点，取的中点，连接，
因为为的中点，所以，

又因为平面平面，
故平面平面，
又因为平面，
所以平面平面，平面，
故EF平面，
综上，当时，平面.
21．【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）乙在第1场、第4场均负，利用独立事件的乘法公式进行求解；
（2）分析出甲获胜的情况，得到各个情况下的概率，相加后得到答案；
（3）分乙的决赛对手是甲，丙，丁，分析出各场比赛胜负情况，求出相应的概率，相加后得到答案.
【详解】（1）乙连负两场，即乙在第1场、第4场均负，
∴乙连负两场的概率为；
（2）甲获得冠军，则甲参加的比赛结果有三种情况：
1胜3胜6胜；1负4胜5胜6胜；1胜3负5胜6胜，
∴甲获得冠军的概率为：．
（3）若乙的决赛对手是甲，则两人参加的比赛结果有两种情况：
甲1胜3胜，乙1负4胜5胜；甲1负4胜5胜，乙1胜3胜，
∴甲与乙在决赛相遇的概率为：．
若乙的决赛对手是丙，则两人只可能在第3场和第6场相遇，两人参加的比赛的结果有两种：
乙1胜3胜，丙2胜3负5胜；乙1胜3负5胜，丙2胜3胜，
若考虑甲在第4场和第5场的结果，乙与丙在第3场和第6场相遇的概率为：
，
若乙的决赛对手是丁，和乙的决赛对手是丙情况相同，
∴乙进入决赛，且乙与其决赛对手是第二次相遇的概率为：．
22．【答案】(1)
(2)．
【分析】（1）根据角平分线定理，结合余弦定理进行求解即可；
（2）根据三角形面积公式，结合余弦定理，基本不等式，同角三角函数的基本关系进行求解即可.
【详解】（1）设，，则，，
由角平分线定理，知，
在中，由余弦定理得:，
在中，由余弦定理得:，
所以，
化简得，即，
因为，所以．
（2）因为面积为1，
所以，即，
在中，由余弦定理得，，
所以，
当且仅当，即时，取得最小值，
此时，
由（1）知，．
2024−2025学年湖南省岳阳市高二上学期开学摸底考数学检测试题（二）
一．选择题（共8小题，满分40分，每小题5分）
1．若全集U＝{3，4，5，6，7，8}，M＝{4，5}，N＝{3，6}，则集合{7，8}等于（ ）
A．M∪NB．M∩N
C．（∁UM）∪（∁UN）D．（∁UM）∩（∁UN）
2．已知＝（1，2，3），＝（2，λ，3），＝（4，2，k），若OA⊥平面ABC，则λ+k的值是（ ）
A．B．C．D．
3．样本（x1，x2，⋯，xn）的平均数为，样本（y1，y2，⋯，ym）的平均数为．若样本（x1，x2，⋯，xn，y1，y2，⋯，ym）的平均数，且n＜m，则实数α的取值范围是（ ）
A．
B．
C．
D．不能确定α与的大小
4．已知直线l1：（3+m）x+4y＝5﹣3m与l2：2x+（5+m）y＝8，则“l1∥l2”是“m＝﹣7”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
5．已知函数f（x）满足，若f（a）＞f（﹣a），则实数a的取值范围是（ ）
A．（﹣1，0）∪（0，1）B．（﹣1，0）∪（1，+∞）
C．（﹣∞，﹣1）∪（1，+∞）D．（﹣∞，﹣1）∪（0，1）
6．已知点P（1，2）．向量，过点P作以向量为方向向量的直线为l，则点A（3，1）到直线l的距离为（ ）
A．B．C．D．
7．已知函数f（x）＝|lgx|，若存在0＜a＜b且f（a）＝f（b），使得m≥a+3b成立，则实数m的取值范围是（ ）
A．B．C．（4，+∞）D．[4，+∞）
8．点P为棱长是2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1的内切球O球面上的动点，点M为B1C1的中点，若满足DP⊥BM，则动点P的轨迹的长度为（ ）
A．B．C．D．
二．多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）
9．已知四面体ABCD，下列选项中，能推出AC⊥BD的有（ ）
A．AB，AC，AD两两垂直
B．AB＝AC＝AD
C．AB⊥CD，AD⊥BC
D．顶点A到底面△BCD的三条边的距离相等
10．已知A（2，2，0），B（0，2，2），C（2，0，2），则以下坐标表示的点在平面ABC内的是（ ）
A．（2，1，1）B．
C．（1，1，1）D．（﹣2，3，3）
11．下列函数中，满足f（ln（lg310））+f（ln（lg3））＝2的有（ ）
A．f（x）＝lg（+2x）+1
B．f（x）＝+
C．f（x）＝
D．f（x）＝sin2（x+）+
12．在平面直角坐标系xOy中，设定点A（a，a），P是函数图象上一动点．若点P，A之间的最短距离为，则满足条件的实数a的所有值为（ ）
A．B．C．1D．﹣1
三．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）
13．已知函数f（x）是定义在R上的周期为2的奇函数，当0＜x＜1时，f（x）＝4x，则f（﹣）+f（1）＝ ．
14．已知a＞0，b＞0，直线（a﹣1）x+2y+3＝0与直线x+by﹣1＝0垂直，则的最小值是 ．
15．如图，设正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，点O为线段BD的中点，设点P在线段CC1上（包括端点），则三棱锥P﹣A1BD的体积的取值范围是 ．
16．已知四面体顶点A（2，3，1），B（4，1，﹣2），C（6，3，7）和D（﹣5，﹣4，8），则从顶点D所引的四面体的高h＝ ．
四．解答题（共6小题，满分70分）
17．（10分）近期中共中央办公厅、国务院办公厅印发了《关于全面加强和改进新时代学校体育工作的意见》，某地积极开展中小学健康促进行动，决定在今年体育中考中再增加一定的分数，规定：考生须参加游泳、长跑、一分钟跳绳三项测试，其中一分钟跳绳满分20分，某校在初三上学期开始要掌握全年级学生一分钟跳绳情况，随机抽取了100名学生进行测试，得到如图所示的频率分布直方图，且规定计分规则如下表：
（1）根据频率分布直方图估计样本数据的25%分位数（保留2位小数）；
（2）已知在该样本中，得分为17分的同学中恰有两名男生，现从得分为17分的同学中任取2名同学，调查平时锻炼时间分配情况，求所抽取的2名同学中至少有1名男生的概率．
18．（12分）设全体空间向量组成的集合为V，为V中的一个单位向量，建立一个“自变量”为向量，“应变量”也是向量的“向量函数”．
（1）设，，若，求向量；
（2）对于V中的任意两个向量，，证明：；
（3）对于V中的任意单位向量，求的最大值．
19．（12分）在△ABC中，AC＝2，AB＝3，A＝60°．
（1）求△ABC的外接圆的面积；
（2）在下述条件中任选一个，求AD的长．
①AD是△ABC的角平分线；
②AD是△ABC的中线．
20．（12分）在平面直角坐标系xOy中，已知曲线C的方程是＝1（a，b＞0）．
（1）当a＝1，b＝2时，求曲线C围成的区域的面积；
（2）若直线l：x+y＝1与曲线C交于x轴上方的两点M，N，且OM⊥ON，求点（，）到直线l距离的最小值．
21．（12分）已知函数f（x）满足：f（x+2）＝2f（x）+a（a∈R），若f（1）＝2，且当x∈（2，4]时，f（x）＝2x2﹣6x+11．
（1）求a的值；
（2）当x∈（0，2]时，求f（x）的解析式；并判断f（x）在（0，4]上的单调性（不需要证明）；
（3）设，，若f[h（x）]≥g[h（x）]，求实数m的值．
22．（12分）如图，已知四棱锥P﹣ABCD，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BC∥AD，CD⊥AD，PC＝AD＝2DC＝2CB＝2．
（1）在线段PD上是否存在一点E，使得CE∥平面PAB；
（2）求四棱锥P﹣ABCD的体积．
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题，满分40分，每小题5分）
1．D
2．D
3．A
4．C
5．B
6．B
7．C
8．C
二．多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）
9．AC
10．AB
11．ACD
12．AD
三．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）
13：﹣2．
14．．
15．．
16．11．
四．解答题（共6小题，满分70分）
17．（1）177.06．
（2）．
18．解：（1）依题意得：，
设，
代入运算得：，
解得＝（，0，）或．
证明：（2）设，，，
则
＝．
∴．
解：（3）设与的夹角为α，
则，
则，
∴的最大值为2．
19．（1）．
（2）选择①，．
选择②，．
20．解：（1）当a＝1，b＝2时，曲线C的方程是|x|+＝1，
曲线C围成的区域为菱形，其面积为×2×4＝4；
（2）当x＞0，y＞0时，有+＝1，
联立直线x+y＝1可得M（，），
当x＜0，y＞0时，有+＝1，
联立直线x+y＝1可得N（，），
由OM⊥ON可得kOMkON＝﹣1，
即有•＝﹣1，
化为＝﹣+2，
点（，）到直线l距离d＝＝
＝，
由题意可得a﹣ab＜0，a﹣b＜0，ab﹣b＜0，即a＜ab＜b，
可得0＜a＜1，b＞1，
可得当＝，即b＝2时，
点（，）到直线l距离取得最小值．
21．（1）a＝7；
（2）当x∈（0，2]时，f（x）＝x2+x，
判断：f（x）在（0，4]上为增函数；
（3）实数m的值为﹣1．
22解：（1）存在，当E为PD中点时，有CE∥平面PAB．证明如下：
取AP的中点G，连接BG，EG，
由GE∥AD，BC∥AD，，所以GE∥BC，GE＝BC，
所以四边形GBCE为平行四边形，所以GB∥CE，
又CE⊄平面PAB，GB⊂平面PAB，
所以CE∥平面PAB；
（2）取AD的中点F，连接BF，
因为AD＝2DC，BC∥AD，所以FD∥BC，FD＝BC，
所以四边形FBCD是平行四边形，
又CD⊥AD，所以四边形FBCD是矩形，
以F为原点，，垂直于平面ABCD向上的方向为正方向，分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则F（0，0，0），B（1，0，0），A（0，﹣1，0），C（1，1，0），D（0，1，0），
因为△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，设P（x，0，z）（z＞0），
由和|PC|＝|AD|知，
即
解得所以，
故四棱锥P﹣ABCD的高为，
于是．
每分钟跳绳个数
[155，165）
[165，175）
[175，185）
[185，+∞）
得分
17
18
19
20