精品解析：湖南省湖南师范大学附属中学2024-2025学年高二上学期入学考试数学试卷

湖南师大附中2024—2025学年度高二第一学期入学考试 数学 命题人：谭泽仁 肖婕 彭晓红 隆希辰 时量：120分钟 满分：150分 得分：______. 一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知全集为U，集合M，N满足，则下列运算结果为U的是（ ）． A. B. C. D. 2. 已知为锐角，且，则下列选项正确的有（ ） A. B. C. D. 3. 下列命题正确的是（ ） A. 若直线，平面，则平面 B. 若直线与异面，则过空间任意一点与和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. 已知直线与异面，不同的两点，不同的两点，则直线与可能相交 4. “函数在区间上单调递增”的充分必要条件是（ ） A. B. C. D. 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，每经过1小时，该物质的含量都会减少，若该物质的含量不超过，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：，） A. 12 B. 8 C. 10 D. 11 6. 已知是所在平面内一点，满足，则与的面积之比为（ ） A. 3 B. 4 C. D. 7. 已知，则以下关于的大小关系正确的是（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数且在上为单调函数，若函数有两个不同的零点，则实数的取值不可能是（ ） A. B. C. D. 二､多选题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 下列命题为假命题的是（ ） A. 在复数集中，方程有两个根，分别为， B. 若三个事件两两独立，则 C. 若，则是四点共面的充要条件 D. 复平面内满足条件的复数所对应的点的集合是以点为圆心，为半径的圆 10. 已知函数，如图是直线与曲线的两个交点，若，则（ ） A. B. 函数的最小正周期为 C. 若，则 D. 若，则的最大值大于 11. 如图，在三棱柱中，，下列结论中正确的有（ ） A. 平面平面 B. 直线与所成的角的正切值是 C. 三棱锥的外接球的表面积是 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. 在平面直角坐标系中，已知角的终边与以原点为圆心的单位圆相交于点，角满足，则的值为______. 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，女生身高样本均值为160cm，方差为.则每个女生被抽入到样本的概率均为______，所有样本的方差为______. 14. 如图，棱长为3的正方体中，P为棱上一点，且，M为平面内一动点，则MC+MP的最小值为___________. 四､解答题：本大题共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. 从一张半径为3的圆形铁皮中裁剪出一块扇形铁皮（如图1阴影部分），并卷成一个深度为米的圆锥筒（如图2）．若所裁剪的扇形铁皮的圆心角为． （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的内接圆柱（如图3），求内接圆柱侧面积的最大值以及取最大值时的取值． 16. 已为分别为三内角的对边，且 （1）求； （2）若，角的平分线，求的面积． 17. 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，，，．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. 如图，在四棱锥中，底面是边长为的菱形，是等边三角形，，点，分别为和的中点. （1）求证：平面； （2）求证：平面平面； （3）求与平面所成角的正弦值. 19. 已知.定义点集与的图象的公共点为在上的截点. （1）若在上的截点个数为.求实数的取值范围； （2）若在上的截点为与. （i）求实数的取值范围； （ii）证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 湖南师大附中2024—2025学年度高二第一学期入学考试 数学 命题人：谭泽仁 肖婕 彭晓红 隆希辰 时量：120分钟 满分：150分 得分：______. 一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知全集为U，集合M，N满足，则下列运算结果为U的是（ ）． A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据，结合交并补的运算即可判断选项 【详解】如图， 因为，所以，故A错误； 因为，故B错误； 因为，所以，故C错误； 因为，所以，故D正确. 故选：D 2. 已知为锐角，且，则下列选项正确的有（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】依题意可得，结合为锐角，即可判断A，将两边平方，即可求出，再由二倍角公式判断C；又判断D；最后求出、，即可判断B. 【详解】因为，所以，而为锐角， 所以，故A错误； 由，两边平方可得， 所以，则，故C错误； 因为为锐角，所以，， 所以，故D正确； 由，所以，故B错误. 故选：D 3. 下列命题正确的是（ ） A. 若直线，平面，则平面 B. 若直线与异面，则过空间任意一点与和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. 已知直线与异面，不同的两点，不同的两点，则直线与可能相交 【答案】C 【解析】 【分析】根据空间线面的位置关系判断A，根据异面直线的定义判断B、D，画出图形即可判断C. 【详解】对于A：若直线，平面，则平面或平面，故A错误； 对于B：若直线与异面，则过空间任意一点（不妨设为）与和都平行的平面可以没有，如果有只有一个， 事实上，过直线上任一点作的平行线，则相交，确定的平面为， 若，则过点作不出平面与都平行，故B错误； 对于C：当三个平面两两相交且条交线平行时，可以把空间分为个部分； 当三个平面两两相交且条交线共点时，可以把空间分为个部分，故C正确； 对于D：已知直线与异面，不同的两点，不同的两点， 则直线与不可能相交， 若与相交，则与确定一个平面（不妨记作）， 则，所以，同理，则与共面，矛盾，故D错误. 故选：C 4. “函数在区间上单调递增”的充分必要条件是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据复合函数的单调性可知，内层函数在上单调递减去，且对任意的，恒成立，即可求得实数的取值范围. 【详解】设，因为外层函数在上为减函数， 且函数在区间上单调递增， 所以，内层函数在上单调递减，则， 且对任意的，恒成立，即恒成立，则， 所以，. 故选：C. 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，每经过1小时，该物质的含量都会减少，若该物质的含量不超过，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：，） A. 12 B. 8 C. 10 D. 11 【答案】D 【解析】 【分析】由题意可得，，两边同时取对数，再结合对数的运算性质求解即可． 【详解】设实验进入第二阶段至少需要小时， 由题意可得，，即，所以， 所以， 所以， 即实验进入第二阶段至少需要11小时． 故选：D． 6. 已知是所在平面内一点，满足，则与的面积之比为（ ） A. 3 B. 4 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】在上取点，使得，在上取点，使得，即可确定点的位置，再求出、、与的关系，即可得解. 【详解】在上取点，使得，在上取点，使得， 在上取点，使得，在上取点，使得， 连接、，则、，因为， 所以与交于点， 又，， 所以， 所以. 故选：B 7. 已知，则以下关于的大小关系正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据零点存在性定理可求解，进而根据指数对数的运算性质结合基本不等式求解的范围，即可比较大小． 【详解】由，令，则在定义域内单调性递增，且， 由零点存在性定理可得， ， 又，因此， ，可得， ，， ， ，，， ． 故选：D 【点睛】方法点睛：比较大小问题，常常根据： （1）结合函数性质进行比较； （2）利用特殊值进行估计，再进行间接比较； （3）根据结构特征构造函数，利用导数分析单调性，进而判断大小. 8. 已知函数且在上为单调函数，若函数有两个不同的零点，则实数的取值不可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】首先根据函数的单调性求得的大致范围，然后将函数零点问题转化为两个函数图象的交点问题，再作出函数图象，利用数形结合思想求解即可. 【详解】函数在区间上为单调函数， 且当时，在上单调递增， ，解得， 又函数有两个不同的零点等价于有两个不同的实数根， 函数的图象与直线有两个不同的交点， 作出函数与直线的图象， 当时，由得， 由于，故， 易知函数与直线的图象在上有唯一交点， 则函数与直线的图象在上有唯一交点， 故或与的图象相切，即有唯一解， 或或， 综上，实数的取值范围为，结合选项可知A符合题意， 故选：A. 【点睛】关键点点睛：此题考查函数与方程的综合应用，考查函数的零点问题，解题的关键是将问题转化为函数的图象与直线有两个不同的交点，然后画出函数图象，根据图象求解即可. 二､多选题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 下列命题为假命题的是（ ） A. 在复数集中，方程有两个根，分别为， B. 若三个事件两两独立，则 C. 若，则是四点共面的充要条件 D. 复平面内满足条件的复数所对应的点的集合是以点为圆心，为半径的圆 【答案】BCD 【解析】 【分析】求出方程的解，即可判断A，利用特例说明B；根据空间向量基本定理判断C；根据复数的几何意义判断D. 【详解】对于A：方程，即， 解得，，故A正确； 对于B：设样本空间含有等可能的样本点， 且，，， 可求得，，， 所以，，， 即、、两两独立，但， 所以，故B错误； 对于C：由空间向量基本定理得若， 则，化简得， 故，，，四点共面，故充分性成立； 若O,，，四点共线，且O，P重合，满足四点共面， 但此时，必要性不成立；故C错误， 对于D：设，因为，则， 所以，所以， 所以复数所对应的点的集合是以点为圆心，为半径的圆面，故D错误. 故选：BCD 10. 已知函数，如图是直线与曲线的两个交点，若，则（ ） A. B. 函数的最小正周期为 C. 若，则 D. 若，则的最大值大于 【答案】ACD 【解析】 【分析】设，，根据正弦函数的性质求出，再根据求出，即可求出解析式，即可判断ABC；令，利用三角恒等变换公式及辅助角公式判断D. 【详解】设，，则． 因为，， 所以，，， 所以，即，即． 因为，且在单调递增区间内，所以， 即，所以， 所以，则，故A正确； 函数的最小正周期，故B错误； 若，则， 所以 ， 又, 所以，故C正确； 当，时，， 令 ， 则， 所以的最大值为，大于，故D正确． 故选：ACD 11. 如图，在三棱柱中，，下列结论中正确的有（ ） A. 平面平面 B. 直线与所成的角的正切值是 C. 三棱锥的外接球的表面积是 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 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据题意，证得平面，可判定A正确；由，得到直线与所成的角即为直线与所成的角，设，在中，求得，可判定B正确；将三棱锥补成一个棱长为2的正方体，求得外接球的半径，可判定C正确；根据平行四边形的性质，可判定D错误. 【详解】对于A中，因为，且，所以平面， 又因为平面，则平面平面，所以A正确； 对于B中，因为，则直线与所成的角即为直线与所成的角， 设，在平行四边形中，与相交于点， 等腰直角三角形，，所以，可得， 所以， 又由，解得，所以B正确； 对于C中，由于两两垂直且相等，故可将三棱锥补成一个棱长为2的正方体，正方体的外接球就是三棱锥的外接球，半径是， 所以外接球的表面积是，所以C正确； 对于D中，在平行四边形中，可得， 可得 ， 所以， 同理可得：，， 相加得， 所以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2倍， 所以D错误； 故选：ABC. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在平面直角坐标系中，已知角的终边与以原点为圆心的单位圆相交于点，角满足，则的值为______. 【答案】## 【解析】 【分析】根据三角函数定义求，利用两角和的余弦公式求出，再由二倍角公式即可求角. 【详解】因为角的终边与以原点为圆心的单位圆相交于点， 所以， 因为， 所以，显然，，， 所以， 所以. 故答案为： 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，女生身高样本均值为160cm，方差为.则每个女生被抽入到样本的概率均为______，所有样本的方差为______. 【答案】 ①. ## ②. 【解析】 【分析】计算出抽样比即可得到每个女生被抽入到样本的概率，求出所有样本均值，再根据分层抽样方差计算公式计算可得. 【详解】依题意，每个女生被抽入到样本的概率等于抽样比； 由分层抽样知，样本中男生有人，女生有人， 则所有的样本均值为： ， 所以所有样本的方差 故答案为：； 14. 如图，棱长为3的正方体中，P为棱上一点，且，M为平面内一动点，则MC+MP的最小值为___________. 【答案】 【解析】 【分析】如图，找出点C关于平面的对称点N，易知当M为NP与平面的交点时MC+MP的最小，求出NP即可. 【详解】连接，与平面交于点E，易知平面， 作点C关于平面的对称点N，易知， 连接NP，由，得，且， ∴，当M为NP与平面的交点时取等号， 则MC+MP的最小值为. 故答案为：. 四､解答题：本大题共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. 从一张半径为3的圆形铁皮中裁剪出一块扇形铁皮（如图1阴影部分），并卷成一个深度为米的圆锥筒（如图2）．若所裁剪的扇形铁皮的圆心角为． （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的内接圆柱（如图3），求内接圆柱侧面积的最大值以及取最大值时的取值． 【答案】（1） （2）， 【解析】 【分析】（1）根据圆锥的结构特征，扇形即为为圆锥的侧面展开图，求出圆锥的底面半径和高，即可求出容积； （2）根据圆柱内接圆锥关系，求出圆柱的高与底面半径的关系式，进而求出圆柱侧面积的目标函数，根据函数特征求其最值即可. 【小问1详解】 设圆锥筒的半径为，容积为， ∵所裁剪的扇形铁皮的圆心角为， ∴，解得， ∴， ∴. ∴圆锥筒的容积为. 【小问2详解】 设内接圆柱高为，由圆锥内接圆柱的轴截面图， 得， 所以内接圆柱侧面积 ， 所以当时内接圆柱侧面积最大，最大值为. 【点睛】本题考查圆锥与扇形展开图的关系、体积以及内接圆柱侧面积最值的计算，考查计算求解能力，属于中档题. 16. 已为分别为三内角的对边，且 （1）求； （2）若，角的平分线，求的面积． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理边化角，再结合和角的正弦及辅助角公式求解作答. （2）在中，用余弦定理求出，由角平分线及面积定理可得，再利用余弦定理求出即可计算作答. 【小问1详解】 在中，由正弦定理及得：， 整理得，而，则，即， 又，有，解得，所以. 【小问2详解】 如图，在中，由余弦定理得：，即，解得， 因平分，， 即，在中，， 又，则， 即，而，解得：，有， 所以的面积. 17. 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，，，．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． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）用表示第i个问题回答正确，则所求概率为，结合独立事件的乘法公式求解即可； （2）所求概率为，结合独立事件的乘法公式求解即可 【小问1详解】 用表示第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，则 ， 则， 故甲同学回答完前3题即通过面试的概率为； 【小问2详解】 记“甲同学最终通过面试”为事件，则， 故 故甲同学最终通过面试的概率为 18. 如图，在四棱锥中，底面是边长为的菱形，是等边三角形，，点，分别为和的中点. （1）求证：平面； （2）求证：平面平面； （3）求与平面所成角的正弦值. 【答案】（1） 取中点，连接，由为中点，为中点，得， 又，则，因此四边形为平行四边形， 于是，而平面平面， 所以平面. （2） 过作于点，连接，由，得≌， 则，即，而， 因此，又平面，则平面，平面， 所以平面平面. （3）. 【解析】 【分析】（1）取中点，由已知条件，结合线面平行的判断推理即得. （2）过作于点，借助三角形全等，及线面垂直的判定、面面垂直的判定推理即得. （3）建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法求解即得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由（2）知，直线两两垂直， 以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则， ， 设平面的一个法向量，则，令，得， 设与平面所成角为，， 所以与平面所成角的正弦值是. 19. 已知.定义点集与的图象的公共点为在上的截点. （1）若在上的截点个数为.求实数的取值范围； （2）若在上的截点为与. （i）求实数的取值范围； （ii）证明：. 【答案】（1） （2）（i）；（ii）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由题意转化为无解，判断可得，则，即可求出的取值范围； （2）（i）依题意可得方程在上有两个解，可化为函数在上有两个零点的问题，去掉绝对值，讨论函数的单调性，求出在上存在两个零点时的取值范围；（ii）由（i）可得和，消去，即可得到，结合的范围即可证明. 【小问1详解】 当时，， 因为在上的截点个数为， 关于的方程无实数解，即无实数解， 易知，所以，解得， 即的取值范围是. 【小问2详解】 （i）当时，， 因为在上的截点为与， 所以关于的方程在上有两个解，， 即在上有两个解，， 不妨设， 令 因为时，，所以在上至多一个解， 若，则，就是的解， 从而，这与题设矛盾. 因此，， 由得，所以， 由得，所以， 当时，方程在上有两个解. （ii）由和消去得， 因为，所以. 【点睛】关键点点睛：令去掉绝对值号，根据一次函数及二次函数的图象与性质，分析函数零点，求出参数的取值范围是解题的关键. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $