湖南省长沙市长郡中学2025^2026学年高二上学期入学数学试题[有答案]

这是一份湖南省长沙市长郡中学2025^2026学年高二上学期入学数学试题[有答案]，共9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.已知集合A={1,a}，B={2a−3,2}，若A=B，则实数a=( )
A. 0B. 1C. 2D. 3
2.已知复数z=2i1+i，则|z−|=( )
A. 1+iB. 1−iC. 2D. 2
3.设α，β是两个不同的平面，m是直线，且m⊂α.“m//β”是“α//β”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
4.函数f(x)=|4−x|⋅(x−1)的单调递减区间为( )
A. (52,4)B. (1,4)
C. (−∞,4)D. (−∞,52)，(4,+∞)
5.为了得到函数y=9x的图象，只需把函数y=3x的图象上所有点的( )
A. 横坐标变为原来的12倍(纵坐标不变)B. 横坐标变为原来的2倍(纵坐标不变)
C. 纵坐标变为原来的13倍(横坐标不变)D. 纵坐标变为原来的3倍(横坐标不变)
6.已知O为圆心，点A是圆O上一点，点P是圆O内部一点.若|OA|=2，且OA⋅AP=−2，则|OA+OP|的最小值为( )
A. 1B. 32C. 2D. 3
7.(sin50°+sin70°)21+cs20∘的值为( )
A. 1B. 12C. 32D. 2
8.若b>1，a∈R，且ea+2lnb=1b−a，则( )
A. a2bC. ea>b−1D. ea>b−2
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.设A，B为两个随机事件，以下命题正确的是( )
A. 若A，B是对立事件，则P(AB)=1
B. 若A，B是对立事件，则P(A∪B)=1
C. 若A，B是互斥事件，P(A)=13，P(B)=12，则P(A∪B)=16
D. 若A，B是互斥事件，P(A)=14,P(B)=13，则P(A∪B)>12
10.已知正方体ABCD−A1B1C1D1棱长为1，P是A1D上的一个动点，下列结论正确的是( )
A. 当点P在直线A1D上运动时，一定有C1P⊥BD1
B. 当点P在直线A1D上运动时，三棱锥B1−ACP的体积不变
C. PA+PC的最小值为 2− 2
D. 以点B为球心， 22为半径的球面与平面AB1C的交线长为 63π
11.在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知△ABC的面积为12，a=6，则下列说法正确的是( )
A. 若csB=2 55，则sinA=35B. △ABC外接圆直径2R的最小值为254
C. cb+bc的值可以为92D. cb+2bc的值可以为92
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知f(x)是定义域为R的奇函数，且当x>0时，f(x)=lg22x−1，则f(−2)= ______．
13.已知三棱锥A−BCD的底面是以BD为斜边的直角三角形，AB⊥平面BCD且AB=BD，设三棱锥A−BCD的体积为V1，则三棱锥A−BCD的外接球体积V2与V1之比的最小值是______．
14.已知向量e=(1,0)，a=(1,n)，25b=a+24e，则当tan取得最大值时，|n|=______．
四、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.(本小题13分)
如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为AA1的中点，F为AE的中点．
(1)求证：CE//平面BDF；
(2)求三棱锥E−BDF的体积．
16.(本小题15分)
为完善学校体育教学模式，提高学生体育与健康素养，现对某校3000名高中学生每天的运动时间进行调查，随机抽取了100名学生进行调查.下面是根据调查结果绘制的学生每天平均运动时间(单位：分钟)的频率分布直方图，将每天平均运动时间不低于85分钟的学生称为“运动爱好者”．
(1)试求频率分布直方图中的a值和该校学生中“运动爱好者”的人数；
(2)在抽取的100名学生中，随机选取了10名学生的每天平均运动时间(单位：分钟)：x1，x2，x3，…，x10，已知这10个数的平均数x−=20，方差s2=25，若剔除其中的20和12这两个数，求剩余8个数的平均数与方差．
17.(本小题15分)
如图，在平面凸四边形ABCD中，tan∠ABD+tan∠ADB=2sin∠BADcs∠ABD．
(1)求∠ADB；
(2)若AD=BD=4,∠ACB=∠BDC=π6，求CD．
18.(本小题17分)
甲、乙、丙三人进行乒乓球比赛，约定赛制如下：累计负两场者被淘汰；比赛前抽签决定首先比赛的两人，另一人轮空；每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛，负者下一场比赛轮空，直至有一人被淘汰；当一人被淘汰后，剩余的两人继续比赛，直至其中一人被淘汰，另一人最终获胜，比赛结束.经抽签，甲、乙首先比赛，丙轮空.设每场比赛双方获胜的概率都是12．
(1)试指出丙最终获胜的概率与13的大小关系(不需给出理由)；
(2)求通过四场比赛决出胜负且甲最终获胜的概率；
(3)求丙最终获胜的概率．
19.(本小题17分)
如图，在三棱锥P−ABC中，PA⊥底面ABC，平面PAC⊥平面PBC．
(1)求证：BC⊥AC；
(2)若PA= 2，AC=BC=2，M是PB的中点，N，F分别在线段BC，AM上移动．
①求PB与平面PAC所成角的正切值；
②若FN//平面PAC，求线段FN长度取最小值时二面角F−BC−A平面角的正切值．
答案
1.C
2.C
3.B
4.A
5.A
6.D
7.C
8.D
9.BD
10.ABD
11.ABD
12.−1
13.4 2π
14.5
15.解：(1)如图，连接AC交BD于点O，再连接OF，
在△ACE中，O为AC中点，F为AE的中，
所以OF//CE，又CE⊄平面BDF，OF⊂平面BDF，
所以CE//平面BDF．
(2)因为该几何体为正方体，
所以点D到平面ABB1A1的距离等于AD，
所以点D到平面BEF的距离等于AD，
根据等体积法可知VE−BDF=VD−BEF=13×S△BEF×AD=13×12×EF×AB×AD=13．
16.(1)根据题目有：20×(0.005+0.009+0.011+0.0125+0.010+a)=1，解得a=0.0025；
每天平均运动时间不低于85分钟的频率为0.0025×20+(100−85)×0.01=0.2，
故该校学生中“运动爱好者”的人数为3000×0.2=600．
(2)i=110xi=10x−=200，
因i=1n(xi−x−)2n=i=1nxi2−2x−i=1nxi+nx−2n
=i=1nxi2−2nx−2+nx−2n=i=1nxi2n−x−2，
则i=110xi2=10s2+10x−2=250+10×202=4250，
剔除其中的20和12这两个数，
剩余8个数的平均数：x1−=i=110xi−20−128=200−20−128=21，
方差为i=110xi2−202−1228−x1−2=4250−202−1228−212=22.25．
17.解：(1)根据同角三角函数之间的关系整理可得：sin∠ABDcs∠ABD+sin∠ADBcs∠ADB=2sin∠BADcs∠ABD，
通分得到：sin∠ABDcs∠ADB+cs∠ABDsin∠ADBcs∠ABDc∠ADB=2sin∠BADcs∠ABD，
再逆用两角和的正弦公式得到：sin(∠ABD+∠ADB)cs∠ABDcs∠ADB=2sin∠BADcs∠ABD，
又因为sin(∠ABD+∠ADB)=sin(π−∠BAD)=sin∠BAD≠0，
所以cs∠ADB=12，
故∠ADB=π3．
(2)由已知，△ABD为边长为4的等边三角形，
在△ABC中，∠ACB=π6，由正弦定理得 BCsin∠BAC=ABsin∠ACB，故BC=ABsin∠BACsin∠ACB=8sin∠BAC，
由于∠BAC+∠BCA+∠ABD+∠CBD=π，所以 ∠BAC+∠CBD=π2，
故BC=8cs∠CBD，
在△BCD中，由余弦定理得CD2=BD2+BC2−2BD×BC×cs∠CBD，
即CD2=42+BC2−8×BC×cs∠CBD=16，
得CD=4．
18.(1)丙最终获胜的概率大于13．
设甲最终获胜为事件N，则甲最终获胜的概率为：
P(N)=P(BCBC)+P(BCBAC)+P(BCABC)+P(BCACB)
+P(BABCC)+P(BACBC)+P(ACBCB)+P(ABCBC)
=(12)4+(12)5+(12)5+(12)5+(12)5+(12)5+(12)5+(12)5=(12)4+7×(12)5=116+7×132=232+732=932，
又由甲、乙最终获胜的概率相等，故丙最终获胜的概率为1−932×2=716，
易知716>13，所以丙最终获胜的概率大于13；
(2)设甲输为事件A，乙输为事件B，丙输为事件C，
通过4场比赛决出胜负且甲最终获胜即甲连胜四局，故所求的概率为P=P(BCBC)=(12)4=116；
(3)设甲最终获胜为事件N，则甲最终获胜的概率为：
P(N)=P(BCBC)+P(BCBAC)+P(BCABC)+P(BCACB)
+P(BABCC)+P(BACBC)+P(ACBCB)+P(ABCBC)
=(12)4+(12)5+(12)5+(12)5+(12)5+(12)5+(12)5+(12)5=(12)4+7×(12)5=116+7×132=232+732=932，
又由甲、乙最终获胜的概率相等，故丙最终获胜的概率为1−932×2=716．
19.解：(1)证明：作AH⊥PC，
因为平面PAC⊥平面PBC，平面PAC∩平面PBC=PC，AH⊂平面PAC，
所以AH⊥平面PBC，因为BC⊂平面PBC，所以BC⊥AH，
因为PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以BC⊥PA，
因为AH∩PA=A，AH，PA⊂平面PAC，
所以BC⊥平面PAC，又AC⊂平面PAC，所以BC⊥AC；
(2)①由(1)得BC⊥平面PAC，
所以PC为PB在平面PAC的射影，∠BPC为PB与平面PAC所成角，
在△PAC中，PC= PA2+AC2= 6，
在直角△PCB中，tan∠BPC=BCPC=2 6= 63，
所以PB与平面PAC所成角的正切值为 63；
②过F作AB的垂线，垂足为Q，过Q作QN//AC，交BC于N，
因为PA⊥平面ABC，AB⊂平面ABC，所以PA⊥AB，
又因为FQ⊥AB，PA，FQ⊂平面PAB，所以PA//FQ，
因为PA⊂平面PAC，FQ⊄平面PAC，所以FQ/​/平面PAC，同理NQ/​/平面PAC，
因为FQ∩NQ=Q，FQ，NQ⊂平面FQN，所以平面PAC//平面FQN，
因为FN⊂平面FQN，所以FN//平面PAC，设BN=λ,PA= 2，
所以QN=λ，BQ= 2λ，AQ=2 2− 2λ，FQ=12AQ= 2− 22λ，
在直角△FQN中，FN2=FQ2+QN2=( 2− 22λ)2+λ2=32λ2−2λ+2(1≤λ≤2)，
当λ=1时，FN2min=32，FNmin= 62，
易证∠FNQ为二面角F−BC−A的平面角，其正切值为 22．