2025-2026学年湖南省长沙市名校联考联合体高二（上）第一次入学数学试卷（含答案）

这是一份2025-2026学年湖南省长沙市名校联考联合体高二（上）第一次入学数学试卷（含答案），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。
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.设z=i(2+i)，则z−=( )
A. 1+2iB. −1+2iC. 1−2iD. −1−2i
2.样本数据2，6，5，13，4，8的第60百分位数为( )
A. 2B. 4C. 6D. 13
3.已知非零向量a，b，c，则“a⋅c=b⋅c”是“a=b”的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
4.如图所示，梯形A′B′C′D′是平面图形ABCD用斜二测画法得到的直观图，A′D′=2，A′B′=B′C′=1，则平面图形ABCD的面积为( )
A. 1
B. 32
C. 3 34
D. 3
5.工厂组织全体员工就作业能力进行测试，全体员工得分均在[30,150]内，将其分成[30,50)，[50,70)，[70,90)，[90,110)，[110,130)，[130,150]共六组，数据绘制成如图所示的频率分布直方图，若该工厂共有200名员工，则估计得分少于70分的人数为( )
A. 30B. 35C. 40D. 45
6.已知函数f(x)=[ln(x+ x2+1)](csx−1)−2sinx，若f(m)=6，则f(−m)=( )
A. −6B. lnm+2sinmC. 6D. lnm−2sinm
7.B−S模型在金融、物理等学科具有重要应用.在进行正态分布的合理调整之后，可得一种B−S模型的定价公式：K=−Xne−rTn，其中K代表期权的初始合理价格与金融资产现价之差，Xn为执行价格，r为利率，Tn为期权的有效期.已知K=−6000，r=ln2，X2=4X1，则T2−T1=( )
A. 2B. 3C. 4D. 5
8.在△ABC中，BCcsB= 2ACsin(A+π4)，则ABAC的最大值为( )
A. 7B. 5C. 3D. 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.若实数a，b满足4a2+4ab+3b2=6，则b的可能取值有( )
A. − 3B. − 6C. 3D. 1
10.已知直三棱柱ABC−A1B1C1的各个顶点均在球O的表面上，且∠BAC=2π3，BC=2 3，AA1=4，则( )
A. OC，AB为异面直线B. 球O的体积为64 2π3
C. OC⊥平面ABB1A1D. 直线OA与平面ABC所成的角为π4
11.对于集合M中元素之间的一个关系“−”满足以下三个条件：
①∀m∈M，m−m；
②∀m，n∈M，若m−n，则n−m；
③∀m，n，p∈M，若m−n，n−p，则m−p．
则称“−”是集合M的一个等价关系.例如：“图形的相似性”是所有平面几何图形构成的集合的一个等价关系，而“直线的平行关系”不满足条件①，所以不是等价关系.据此，下列关系中为等价关系的是( )
A. 方程的同解B. 向量的共线C. 集合的包含D. 命题的充要条件
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知第二象限角α满足3csα+1=0，则tan2α=______．
13.已知平面向量a=(2,5)，b=(1,x)，若向量a−b在向量a方向上的投影向量的模为2 2929，则x=______．
14.在三棱锥P−ABC中，点P到平面ABC的距离为6，点D，E为边PA，PB的中点，且△CDE为正三角形，若CA=CB=2DE，则点P到平面CDE的距离为______．
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)
设复数z1=a+2i，z2=1+3ai，其中a∈R．
(1)若|z1|=|z2|，求a的值；
(2)若z1−z2在复平面内对应的点位于第四象限，求a的取值范围；
(3)探究是否存在a，使得z1⋅z2∈R，并说明理由．
16.(本小题15分)
已知a，b，c分别是△ABC的内角A，B，C的对边，且ab=csA2−csB．
(1)求ac；
(2)若csC=14，△ABC的面积为 15，求△ABC的周长．
17.(本小题15分)
如图，三棱柱ABC−DEF中，AB=AC，P，Q分别为线段BC，EF的中点，且AQ⊥平面DEF．
(1)证明：AD//PQ；
(2)证明：∠PQD为二面角P−EF−D的平面角；
(3)若∠EAF=60°，且DE⊥DF，求二面角A−BC−Q的大小．
18.(本小题17分)
某班级有50名学生，现在发起自愿订阅语文、数学、英语资料的活动，已知订阅语文资料的学生有x名，订阅数学资料的学生有y名，订阅英语资料的学生有z名，且x+y+z0,|φ|02−3a1；
(3)z1⋅z2=a+3a2i+2i−6a=−5a+(2+3a2)i，令2+3a2=0，
该方程无实数解，故不存在a，使得z1⋅z2∈R．
16.解：(1)根据ab=csA2−csB，由正弦定理得sinAsinB=csA2−csB，
整理得sinBcsA+csBsinA=2sinA，即sin(B+A)=2sinA，
因为△ABC中，sin(B+A)=sin(π−C)=sinC，
所以sinC=2sinA，结合正弦定理得ac=sinAsinC=12；
(2)由csC=14，C∈(0,π)，得sinC= 1−cs2C= 154，
所以S△ABC=12absinC= 15，即 158ab= 15，解得ab=8，
由余弦定理c2=a2+b2−2abcsC，可得(2a)2=a2+(8a)2−4，
整理得3a4+4a2−64=0，解得a2=4(舍负)，所以a=2．
所以b=8a=4，c=2a=4，可得△ABC的周长为a+b+c=10．
17.(1)证明：由三棱柱性质，四边形BCFE为平行四边形，故BC//FE，
又P，Q分别为线段BC，EF的中点，则易有BP=EQ，
即四边形BPQE为平行四边形，则BE//PQ，
又由三棱柱性质有BE//AD，
故AD//PQ；
(2)证明：由于AQ⊥平面DEF，EF⊂平面DEF，故AQ⊥EF，又AB=AC，
由三棱柱性质知△ABC≌△DEF，则DF=DE，
又Q为线段EF的中点，故EF⊥DQ，
由于AQ⊥EF，EF⊥DQ，且AQ∩QD=Q，AQ，QD⊂平面AQD，
故EF⊥平面AQD，
由(1)可知AD//PQ，即点P在平面AQD内，又AD=BE=PQ，
则四边形APQD为平行四边形，且EF⊥平面APQD，
又PQ⊂平面APQD，故EF⊥PQ，
由于平面PEF与平面EFD的交线EF满足EF⊥DQ，EF⊥PQ，
故∠PQD为二面角P−EF−D的平面角．
(3)由于EF⊥平面APQD，EF//BC，
故BC⊥平面APQD，
连接AP，同理可证∠APQ为二面角A−BC−Q的平面角，
由于AQ⊥EF，且Q为线段EF的中点，故AE=AF，
又∠EAF=60°，故△AEF为等边三角形，
不妨设AE=AF=EF=2a，则AQ= 3a，
由于DF=DE，DE⊥DF，
故△DEF为等腰直角三角形，故QD=a，即AD=2a，
则cs∠ADQ=QDAD=a2a=12，
又由图有∠ADQ0,|φ|