湖南省长沙市长郡中学2024-2025学年高二上学期入学考试数学试题（Word版附解析）

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得分：________
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共6页．时量120分钟．满分150分．
第Ⅰ卷
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. 命题“任意，”的否定为（ ）
A. 任意，B. 存在，
C. 任意，D. 存在，
【答案】B
【解析】
【分析】根据全称量词命题否定的方法求解：改变量词，否定结论.
【详解】命题“任意x∈R，”的否定为“存在，”，
故选：B.
2. 已知，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据对数函数单调性解得，进而求交集.
【详解】令，则，解得，即，
所以.
故选：D.
3. 已知，则（ ）
A. 2B. C. 4D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用复数的除法运算法则，求得复数，然后利用复数模长公式求出复数的模长即可.
【详解】因为，
所以，
所以，
故选：B.
4. 已知函数是定义在上的偶函数；且在上单调递增，若对于任意的，不等式恒成立，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据偶函数在对称区间单调性相反，和偶函数的性质可解
【详解】是定义在上的偶函数.且在上单调递增，在上单调递减.且
对称轴只需要即可，解得.
故选：C.
5. 已知，，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由结合两角差的正切公式求得.
【详解】由
得，
故选：A.
6. 若函数有两个零点，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】将题目转化为与的图象有两个交点，再作出函数图象即可得到范围.
【详解】函数有两个零点，即与的图象有两个交点，
令，作出与的大致图象如图所示，
由图可知，则，
故实数的取值范围是.
故选：D.
7. 如图，圆锥底面半径为3，母线，，一只蚂蚁从A点出发，沿圆锥侧面绕行一周，到达B点，最短路线长度为（ ）
A. B. 16C. D. 12
【答案】C
【解析】
【分析】把圆锥侧面沿母线剪开，展在同一平面内，再利用两点间距离最短求出结果.
【详解】把圆锥侧面沿母线剪开，展在同一平面内得扇形，连接，如图，
令扇形圆心角大小为，则，解得，
在中，，则，
所以一只蚂蚁从A点出发，沿圆锥侧面绕行一周，到达B点，最短路线长度为.
故选：C
8. 在中，，是的外心，为的中点，，是直线上异于、的任意一点，则（ ）
A. 3B. 6C. 7D. 9
【答案】B
【解析】
【分析】根据外心的性质得到，设，根据数量积的运算律得到，再由数量积的定义及几何意义求出，从而得解.
【详解】因为是的外心，为的中点，设的中点为，连接，

所以，，设，
则
，
又是的外心，所以
，
所以.
故选：B
【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是根据外接圆的性质将转化为，再一个就是利用数量积的几何意义求出.
二、选择题（本题共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. 已知事件A，B发生的概率分别为，，则（ ）
A. 若，则事件与B相互独立
B. 若A与B相互独立，则
C. 若A与B互斥，则
D. 若B发生时A一定发生，则
【答案】AB
【解析】
【分析】利用独立事件的定义判断A；利用并事件的概率公式判断B；利用互斥事件的概率公式判断C；分析可知判断出D.
【详解】对于A，由，，得，
显然，因此事件与相互独立，A正确；
对于B，若与相互独立，则，
因此，B正确；
对于C，若与互斥，则，C错误；
对于D，若发生时一定发生，则，，D错误.
故选：AB
【点睛】关键点点睛：判断两个事件相互独立的关键是利用相互独立的定义，即事件相互独立，则，反之亦然.
10. ，若在上的投影向量为，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AD
【解析】
【分析】由投影向量的定义计算可判断A，根据共线向量的线性表示判断B，根据垂直的坐标表示判断C，根据向量模的坐标表示判断D.
【详解】因为在上的投影向量为，
所以，解得，故A正确；
由，可知，故B错误；
因为，所以，故C错误；
因为，所以，故D正确.
故选：AD
11. 已知，且，则（ ）
A. B.
C. 的最大值为D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】将用表示，并求出的范围，根据双勾函数的性质即可判断A；根据对数的运算性质及二次函数的性质即可判断B，令，则，即，从而可得，再结合二次函数的性质即可判断C；易得，再结合双勾函数的性质即可判断D.
【详解】因为，所以，
因为，所以，
对于A，，令，
由双勾函数性质可得函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，
又，所以，
即，故A正确；
对于B，，
由，得，所以，
即，故B正确；
对于C，令，则，
即，即，
则，
由，得，
所以当时，取得最大值，
所以的最大值为，即的最大值为，故C正确.
对于D，，
令，则，
则，
令，
由双勾函数的性质可得函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，
当时，，
所以，
即，故D错误.
故选：ABC.
【点睛】关键点点睛：令，结合换底公式得出，是解决C选项的关键.
第Ⅱ卷
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 已知函数，则________．
【答案】
【解析】
【分析】根据分段函数解析式结合自变量范围求解即可.
【详解】，，
，
故答案为：
13. 一组数据42，38，45，43，41，47，44，46的第75百分位数是________．
【答案】45.5
【解析】
【分析】由百分位数的概念求解即可.
【详解】这组数据从小到大排列为：38，41，42，43，44，45，46，47，
由于，所以第75百分位数是：.
故答案为：
14. 直三棱柱 的各顶点都在同一球面上，若 ，则此球的表面积等于__________.
【答案】##
【解析】
【分析】由余弦定理求得，根据正弦定理求出的外接圆半径，结合勾股定理和球的表面积公式计算即可求解.
【详解】在中，由余弦定理得，
由，得，设的外接圆半径为r，
由正弦定理得，则，
设三棱柱的外接球半径为R，则，
所以球O的表面积.
故答案为：
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. 记内角A，B，C的对边分别为a，b，c，分别以a，b，c为边长的三个正三角形的面积依次为，已知．
（1）求的面积；
（2）若，求b．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先表示出，再由求得，结合余弦定理及平方关系求得，再由面积公式求解即可；
（2）由正弦定理得，即可求解.
小问1详解】
由题意得，则，
即，由余弦定理得，整理得，则，又，
则，，则；
【小问2详解】
由正弦定理得：，则，则，.
16. 已知函数.
（1）解不等式；
（2）若对任意的恒成立，求的取值范围.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用和角的正弦、二倍角公式及辅助角公式化简函数，再利用正弦函数的性质解不等式即得.
（2）令，结合分离参数，利用函数单调性求出实数的取值范围.
【小问1详解】
依题意，
，由，得，
则，解得，
所以不等式的解集为.
【小问2详解】
由，得，
由，得，即有，
令，，
原不等式化为，即，显然函数在上单调递增，
则当时，，因此，
所以取值范围.
17. 如图，已知四棱锥的底面是菱形，平面平面，为的中点，点在上，.
（1）证明：平面；
（2）若，且与平面所成的角为，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）设的交点为，连接，可证得，再由线面平行的判定定理即可证明；
（2）取的中点为，连接，由面面垂直的性质定理可证得则平面，以为坐标原点，为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，再由二面角的向量公式即可得出答案.
【小问1详解】
设的交点为，连接，已知为的重心，
所以，，所以在中，，
所以，所以平面，平面，
则平面.
【小问2详解】
因为所以
所以为等边三角形，所以，又因为，
所以，所以，
取的中点为，连接，则，
平面平面，平面平面，
则平面，以为坐标原点，为轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
因为与平面所成的角为，所以，
设菱形的边长为，所以，所以
，
因为，所以，
，
设平面，
，令，
所以，
设平面，
，令，
所以，
则，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
18. 已知函数满足：，，且当时，，函数．
（1）求实数m的值；
（2）若，且，求x的取值范围；
（3）已知，其中，是否存在实数λ，使得恒成立？若存在，求出实数λ的取值范围；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；
（2）；
（3）存在；.
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，由计算即得.
（2）构造函数，并探讨单调性，利用单调性解不等式.
（3）由的意义，探讨及的范围，再由恒成立列出不等式求解即得.
【小问1详解】
依题意，，即，解得．
【小问2详解】
当时，，即，
令，定义域为，显然，
又在上单调递增，在上单调递增，
因此函数在上单调递增，
由，得，
所以不等式的解集为.
【小问3详解】
函数的定义域为，
要使恒成立，首先满足在上恒成立，
由于开口向下，
只需h(0)=−λ2+3>0h(1)=−1+λ−λ2+3>0，解得，
此时，
则当时，对任意时恒成立，
令，则恒成立，即恒成立，
由（2）可知，的解集为，
则只需h(0)=−λ2+3>2h(1)=−1+λ−λ2+3>2，解得，
所以存在满足条件.
19. 设整数集合,其中 ，且对于任意，若，则
（1）请写出一个满足条件的集合;
（2）证明:任意;
（3）若,求满足条件的集合的个数.
【答案】（1）（2）证明见解析 （3）16个
【解析】
【分析】
（1）根据题目条件，令，即可写出一个集合；
（2）由反证法即可证明；
（3）因为任意的，所以集合中至多5个元素.设，先通过判断集合中前个元素的最大值可以推出，故集合的个数与集合的子集个数相同，即可求出．
【详解】（1）答案不唯一． 如；
（2）假设存在一个使得，
令，其中且，
由题意，得，
由为正整数，得，这与为集合中的最大元素矛盾，
所以任意，．
（3）设集合中有个元素，，
由题意，得，，
由（2）知，．
假设，则．
因为，
由题设条件，得，
因为，
所以由（2）可得，
这与为中不超过的最大元素矛盾，
所以，
又因为，，
所以．
任给集合的元子集，令，
以下证明集合符合题意：
对于任意，则．
若，则有，
所以，，从而．
故集合符合题意，
所以满足条件的集合的个数与集合的子集个数相同，
故满足条件的集合有个．
【点睛】本题主要考查数列中推理，以及反证法的应用，解题关键是利用题目中的递进关系，找到破解方法，意在考查学生的逻辑推理能力和分析转化能力，属于难题．