精品解析：湖南省岳阳市岳阳县第一中学2024-2025学年高二上学期入学考试数学试题

2024年高二秋季数学入学试题试题 一．选择题（共8小题，每题5分，共40分） 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. 6 B. 5 C. 4 D. 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（共4小题，每题5分，共20分） 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（共4小题，每题5分，共20分） 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（共6小题，70分） 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． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024年高二秋季数学入学试题试题 一．选择题（共8小题，每题5分，共40分） 1. 直线的倾斜角为（ ） A. 30° B. 60° C. 120° D. 150° 【答案】C 【解析】 【分析】 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. 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 【答案】A 【解析】 【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. 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. 【答案】B 【解析】 【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. 在三棱锥中，，则该三棱锥的外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【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. 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 【答案】D 【解析】 【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. 已知的内角的对边分别为，若，，则（ ） A. 6 B. 5 C. 4 D. 3 【答案】A 【解析】 【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. 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. 【答案】C 【解析】 【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. 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 【答案】C 【解析】 【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 二．多选题（共4小题，每题5分，共20分） 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 【答案】BD 【解析】 【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. 已知，，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【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. 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. 【答案】BCD 【解析】 【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. 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 【答案】BD 【解析】 【分析】最大的截面即经过四面体表面的截面，A不正确，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. 【点睛】方法点睛：几何体的内切球半径求法点睛： 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. 三．填空题（共4小题，每题5分，共20分） 13. =_____________. 【答案】 【解析】 【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. 若直线与直线互相垂直，则__________. 【答案】或 【解析】 【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. 正四棱锥中，，为棱的中点，则异面直线所成角的余弦值为________. 【答案】 【解析】 【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. 命题：“”是真命题，则实数的取值范围为________________. 【答案】 【解析】 【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：. 四．解答题（共6小题，70分） 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. 【答案】（1） （2） 【解析】 【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. 【小问1详解】 由题知的中点，所以直线的斜率， 则边上的中线所在直线的方程为，化简得. 【小问2详解】 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. 如图，在中，，为的中点，与交于点.设，. （1）试用表示； （2）求. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【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. 【小问1详解】 由题意知为的中点，故， 设，由于， 则. 由于三点共线，所以， 则，所以. 【小问2详解】 由于， 故， ， ， ， 所以. 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. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【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. 【小问1详解】 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； 【小问2详解】 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. 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． 【答案】（1）； （2）存在，. 【解析】 【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. 【小问1详解】 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； 【小问2详解】 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. 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概率. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【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. 【小问1详解】 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； 【小问2详解】 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：． 【小问3详解】 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. 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． 【答案】（1） （2）． 【解析】 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. 小问1详解】 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． 【小问2详解】 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，． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$