2024-2025学年湖南省岳阳市岳阳县一中高二（上）入学数学试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年湖南省岳阳市岳阳县一中高二（上）入学数学试卷（含解析），共16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.直线y=− 3x+3的倾斜角为( )
A. 30°B. 60°C. 120°D. 150°
2.若复数z满足：(1−i)z−3+i=0，其中i为虚数单位，则复数z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A(3,−3)，B(−2,−2)，直线l过点P(1,1)且与线段AB相交，则l的斜率k的取值范围是( )
A. k≥1或k≤−4B. k≥1或k≤−2C. −4≤k≤1D. −2≤k≤1
4.在三棱锥P−ABC中，PA=PB=PC=2，PA⊥PB，PA⊥PC，PB⊥PC，则该三棱锥的外接球的表面积为( )
A. 4 3πB. 12πC. 48πD. 32 3π
5.过点A(1,4)的直线在两坐标轴上的截距之和为零，则该直线方程为( )
A. x−y+3=0B. x+y−5=0
C. 4x−y=0或x+y−5=0D. 4x−y=0或x−y+3=0
6.已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若bsinB−asinA=5csinC，csA=12，则bc=( )
A. 6B. 5C. 4D. 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AB=12，则该模型中一个小球的体积为( )
A. 3π
B. 3π2
C. 6π
D. 9 6π16
8.已知平面α与β所成锐二面角的平面角为70°，P为空间内一定点，过点P作与平面α，β所成的角都是35°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：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知a，b是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，下列命题中正确的是( )
A. 若a//b，b//α，则a//αB. 若a⊥α，α//β，则a⊥β
C. 若α⊥γ，β⊥γ，则α//βD. 若α⊥β，β//γ，则α⊥γ
10.已知a>0，b>0，且2a+b=ab，则( )
A. ab≥8B. a+b≤3+2 2C. b>2D. a>1
11.若Ox，Oy是平面内两条相交成60°角的数轴，e1和e2是x轴、y轴正方向上的单位向量，若向量f=xe1+ye2，则规定有序数对(x,y)为向量f在坐标系xOy中的坐标，记作f=(x,y)，设a=(1,1),b=(−1,1)，c=(2,2),d=(2,3)，则( )
A. |a|= 2B. a/​/cC. a⊥bD. b⋅d=12
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ABCD的棱长为4，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P、Q是勒洛四面体ABCD表面上的任意两点，则PQ的最大值可能大于4
C. 勒洛四面体ABCD的体积是8 6π
D. 勒洛四面体ABCD内切球的半径是4− 6
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.sin160°cs40°−sin250°cs50°= ．
14.直线mx+(m+2)y−1=0与直线(m−1)x+my=0互相垂直，则m= ．
15.正四棱锥P−ABCD中，PA=AB=4，E，F为棱PB，PD的中点，则异面直线AE，BF所成角的余弦值为 ．
16.命题p：“∃x∈[2,8]，mlg2x+1≥0”是真命题，则实数m的取值范围为______．
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题10分)
已知△ABC的三个顶点是A(1,2)，B(−2,−1)，C(3,−2).求：
(1)边AC上的中线BD所在直线方程；
(2)边AC上的高BE所在直线方程．
18.(本小题12分)
如图，在△ABC中，AB=3,AC=4,∠BAC=2π3,AE=1,AF=2，D为BC的中点，AD与EF交于G点.设AB=a，AC=b．
(1)试用a,b表示BG；
(2)求cs．
19.(本小题12分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是菱形．
(1)若点E是PD的中点，证明：PB//平面ACE；
(2)若PA=PD=AD，∠BAD=120°，且平面PAD⊥平面ABCD，求二面角P−AC−D的正弦值．
20.(本小题12分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD，AB=3,AD=2,PC= 11,PA= 2，E为AD的中点，点F在棱PB上．
(1)若PF=13PB，求三棱锥P−FAC的体积；
(2)在线段PB上是否存在点F，使得EF/​/平面PCD？若存在，求PF：PB的值，若不存在，请说明理由．
21.(本小题12分)
甲、乙、丙、丁4名棋手进行象棋比赛，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34，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的概率．
22.(本小题12分)
如图，在△ABC中，AB=2AC，∠BAC的角平分线交BC于D，AD=kAC．
(1)求k的取值范围；
(2)已知△ABC面积为1，当线段BC最短时，求实数k．
答案解析
1.C
【解析】解：直线y=− 3x+3的斜率为− 3，
则倾斜角为120°，
故选：C．
直接利用直线的斜率与倾斜角的关系求解即可．
本题考查直线的斜率与倾斜角的关系，基本知识的考查．
2.A
【解析】解：由题意，z=3−i1−i=(3−i)(1+i)2=2+i，
则复数z在复平面内对应的点为(2,1)，在第一象限．
故选：A．
3.B
【解析】解：如图，直线PB的斜率为kPB=1+21+2=1，
直线PA的斜率为kPA=1+31−3=−2，
当直线l与线段AB相交时，
则l的斜率k的取值范围是k≥1或k≤−2．
故选：B．
作出图形，结合直线相交关系及斜率公式可求答案．
本题考查了直线相交关系及斜率公式，考查数形结合思想，是基础题．
4.B
【解析】解：由题意将三棱锥P−ABC补全为正方体，
则正方体的外接球就是所求的外接球，设球半径为R，
则4R2=(2R)2=PA2+PB2+PC2=22+22+22=12，
所以球的表面积为S=4πR2=12π．
故选：B．
5.D
【解析】解：解法一：当直线过原点时，满足题意，
此时直线方程为y=4x，即4x−y=0，
当直线不过原点时，设直线方程为xa+y−a=1(a≠0)，
因为直线过点A(1,4)，所以1a−4a=1，
解得a=−3，此时直线方程为x−y+3=0．
故选：D．
解法二：易知直线斜率不存在或直线斜率为0时不符合题意，
设直线方程为y−4=k(x−1)(k≠0)，
则x=0时，y=4−k，y=0时，x=1−4k，
由题意知1−4k+4−k=0，
解得k=4或k=1，即直线方程为y=4x或x−y+3=0．
故选：D．
可以分截距都为零和截距不为零两种情况进行考虑，截距为零，直线过原点，求出方程即可，截距不为零，利用截距式，设出方程求解即可；也可以设出方程，求出截距，进行计算即可．
本题考查了求直线方程问题，考查转化思想，分类讨论思想，是基础题．
6.A
【解析】解：由正弦定理及bsinB−asinA=5csinC得，b2−a2=5c2，
由余弦定理得，csA=b2+c2−a22bc=12，
所以5c2+c22bc=12，化简得bc=6．
故选：A．
7.C
【解析】解：如图所示，
设O为大球的球心，大球的半径为R，大正四面体的底面中心为E，棱长为AB=12，高为ℎ，
CD的中点为F，连接OA，OB，OC，OD，OE，BF，
则BE=23BF= 33×12=4 3，正四面体的高ℎ=AE= AB2−BE2= 63×12=4 6．
因为V正四面体=4VO−ABC，所以13×S△ABCℎ=4×13×S△ABC×R，所以R=14ℎ= 6，
设小球的半径为r，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ℎ小=ℎ−2R=2 6，所以r=14ℎ小=14×2 6= 62，
所以小球的体积为43πr3=43π×( 62)3= 6π．
故选：C．
把正四面体分割成以内切球球心为顶点的4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．
本题考查球的体积，解题关键是求出球的半径，属于中档题．
8.C
【解析】解：设过点P与平面α、β垂直的直线分别为a、b，
故直线a，b所成角为70°，
又∵直线l与平面α，β所成的角都是35°，∴直线l与直线a，b所成角为55°，
当l在直线a与直线b所确定的平面内，且为a，b所成钝角的角分线时，满足题意；
当l不在直线a与直线b所确定的平面内时，满足与a，b所成角为55°的直线l有2条．
故这样的直线l共有3条．
故选：C．
9.BD
【解析】解：对于A，若a//b，b//α，则a//α或a⊂α，故A错误；
对于B，若a⊥α，α//β，由直线与平面垂直的性质可得a⊥β，故B正确；
对于C，当α⊥β时，也能α⊥γ，β⊥γ，可联想到“墙角”模型，故C错误；
对于D，若α⊥β，则α内存在直线l，满足l⊥β，又β//γ，则l⊥γ，可得α⊥γ，故D正确．
故选：BD．
10.ACD
【解析】解：根据基本不等式可知2a+b=ab≥2 2ab，则ab≥8，当且仅当a=2，b=4时，等号成立，故A正确；
因为a>0，b>0，2a+b=ab变形得2b+1a=1，
所以a+b=(a+b)(2b+1a)=2ab+2+1+ba≥3+2 2，
当且仅当2ab=ba，即b=2+ 2，a= 2+1时，等号成立，
所以a+b≥3+2 2，故B错误；
由2b+1a=1，a>0，b>0，所以00，
根据前面分析得b>2，即b−2>0，所以a−1>0，即a>1，故D正确．
故选：ACD．
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．
本题主要考查了基本不等式在最值求解中的应用，属于中档题．
11.BCD
【解析】解：对于A，|a|= a2= (e1+e2)2
= e12+e22+2e1⋅e2= 1+1+2cs60°= 3，故A错误；
对于B，由平面向量共线定理，由于c=2a，故B正确；
对于C，a⋅b=(e1+e2)⋅(−e1+e2)=e22−e12=1−1=0，故C正确；
对于D，b⋅d=(−e1+e2)⋅(2e1+3e2)=−2e12+3e22−e1⋅e2=−2+3−12=12，故D正确．
故选：BCD．
12.BD
【解析】解：对选项A：勒洛四面体最大的截面即经过四面体ABCD表面的截面，如图1所示，错误；
对选项B：如图2，设弧AB的中点是M，线段AB的中点是N，
设弧CD的中点是H，线段CD的中点是G，
则根据图形的对称性，四点M，N，G，H共线且过正四面体ABCD的中心O，
则MG=NH= DM2−DG2= 42−22=2 3，
NG= AG2−AN2═ (2 3)2−22=2 2，MN=GH=2 3−2 2，
故MH=4 3−2 2>4，正确；
对选项C：如图3，由对称性可知内切球的球心O是正四面体ABCD外接球的球心，
连接BO并延长交勒洛四面体的曲面于点E，则OE就是勒洛四面体内切球的半径，
如图4，M为△BCD的中心，O是正四面体ABCD外接球的球心，
连接BM，BO，AM，由正四面体的性质可知O在AM上．
因为AB=4，所以BM=23× 42−22=4 33，则AM= 42−(4 33)2=4 63．
因为BO2=BM2+OM2=(AM−OM)2，
即BO2=(4 33)2+OM2=(4 63−OM)2，解得BO= 6，
则正四面体ABCD外接球的体积是43πR3=43π×( 6)3=8 6π，
因为勒洛四面体的体积小于正四面体ABCD外接球的体积，错误；
对选项D：因为BE=AB=4，所以OE=4− 6，正确．
故选：BD．
最大的截面即经过四面体ABCD表面的截面，A不正确，计算MH=4 3−2 2>4，B正确，计算外接球的体积为8 6π得到C错误，计算勒洛四面体ABCD内切球的半径是4− 6，D正确，得到答案．
本题考查新定义，几何体的体积与外接球问题的求解，属中档题．
13. 32
【解析】解：原式=sin20°cs40°+cs20°sin40°
=sin(20°+40°)=sin60°= 32．
故答案为 32．
14.0或−12
【解析】解：m=0时，2y−1=0和x=0垂直；
m=−2时，2x+1=0和3x+2y=0不垂直；
m≠0且m≠−2时，由mm+2·m−1m=−1，
解得：m=−12．
故答案为0或−12．
15. 1515
【解析】解：设M为线段PF的中点，故EM//BF，
故异面直线AE，BF所成角为∠AEM或其补角，
在△AEM中，AE=2 3,ME= 5,AM= 13，
则cs∠AEM=AE2+ME2−AM22AE⋅ME= 1515．
所以异面直线AE，BF所成角的余弦值为 1515．
故答案为： 1515．
16.[−1,+∞)
【解析】解：当x∈[2,8]，lg2x>0，
所以∃x∈[2,8]，mlg2x+1≥0，即∃x∈[2,8],m≥−1lg2x成立．
则m≥(−1lg2x)min,x∈[2,8]，
当x∈[2,8]时，−1lg2x∈[−1,−13]，故m≥−1．
故答案为：[−1,+∞)．
题目转化为m≥(−1lg2x)min,x∈[2,8]，根据对数函数性质计算最值即可．
本题主要考查存在量词和特称命题，属于基础题．
17.解：(1)由题知AC的中点D(2,0)，所以直线BD的斜率kBD=−1−0−2−2=14，
则边AC上的中线BD所在直线的方程为y=14(x−2)，化简得x−4y−2=0．
(2)由题意得直线AC的斜率kAC=−2−23−1=−2，且kBE⋅kAC=−1，所以kBE=12．
则边AC上的高BE所在直线的方程为y+1=12(x+2)，化简得x−2y=0．
【解析】(1)求出点D的坐标为(2,0)，由两点式斜率公式求出BD的斜率，代入点斜式即可求解．
(2)由两点式斜率公式求出AC斜率，利用垂直关系得BE的斜率，代入点斜式即可求解．
本题主要考查了直线的一般式方程的简单应用，属于基础题．
18.解：(1)由题意，AD=12AB+12AC，
AG=λAD=λ2AB+λ2AC=3λ2AE+λAF，
由于E，G，F三点共线，
所以3λ2+λ=1,λ=25，AG=15a+15b，
所以BG=AG−AB=−45a+15b．
(2)AG⋅BG=(15a+15b)⋅(−45a+15b)=−225，
|AG|= (15a+15b)2= 125a2+125b2+225a⋅b= 135，
|BG|= (−45a+15b)2= 1625a2+125b2−825a⋅b=4 135，
所以cs〈AG,BG〉=AG⋅BG|AG|⋅|BG|=−126．
【解析】本题考查的知识要点：向量的线性运算，向量的模，向量的数量积，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题．
(1)直接利用向量的线性运算和三点共线求出结果；
(2)利用向量的数量积和向量的模求出向量的夹角．
19.解：(1)证明：连接BD交AC于M，连接EM，

因为底面ABCD是菱形，
所以M为BD的中点，
又点E是PD的中点，
故ME为△DPB的中位线，
故EM//PB，
而ME⊂平面ACE，PB⊄平面ACE，
故PB//平面ACE；
(2)设O为AD的中点，连接PO，因为PA=PD=AD，
故PO⊥AD，
因为平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD，PO⊂平面PAD，
所以PO⊥平面ABCD，
而AC⊂平面ABCD，
故PO⊥AC，
又底面ABCD是菱形，
故AC⊥BD，
作ON//BD交AM于N，
则ON⊥AC，且N为AM的中点，
连接PN，因为PO⋂ON=O，PO，ON⊂平面PON，
故AC⊥平面PON，
则∠PNO即为二面角P−AC−D的平面角，
设PA=PD=AD=2，则PO= 3，
∠BAD=120°，则∠DAC=60°，
则DM=2×sin60°= 3，
由于O为AD的中点，N为AM的中点，
故ON=12DM= 32，
而PO⊥平面ABCD，ON⊂平面ABCD，
故PO⊥ON，
所以tan∠PNO=POON= 3 32=2，
即二面角P−AC−D的正切值为2．
【解析】(1)连接BD交AC于M，连接EM，根据线面平行的判定定理即可证明结论；
(2)设O为AD的中点，连接PO，证明PO⊥平面ABCD，从而作出二面角P−AC−D的平面角，解直角三角形即可求得答案．
本题考查线面平行的判定定理，考查二面角的定义及其求解，考查空间想象能力，推理论证能力和运算求解能力，考查直观想象和数学运算等核心素养，属于中档题．
20.解：(1)因为 PF=13PB，S△ABC=12AB⋅BC=12×3×2=3，
所以VP−FAC=VF−PAC=13VB−PAC=13VP−ABC=19dP−ABCS△ABC=13dP−ABC，
又因为面PAD⊥面ABCD，面PAD∩面ABCD=AD，AD⊥CD，AD⊂面ABCD，
所以CD⊥面PAD，而PD⊂面PAD，故CD⊥PD，
由于AB=3,AD=2,PC= 11,PA= 2，
故PE= 2−1=1，PD= PE2+DE2= 1+1= 2，
又因为AD=2,PA= 2,E为AD的中点，所以PE⊥AD，PE=1，
又因为平面PAD⊥平面ABCD，面PAD∩面ABCD=AD，PE⊥AD，PE⊂面PAD，
所以PE⊥平面ABCD，
即故dP−ABC=PE=1，所以三棱锥P−FAC的体积为13．
(2)存在，PF：PB=1：2，即F为PB的中点．
证明：当F为PB的中点时，取BC的中点M，连接FM，EM，
因为E为AD的中点，
所以EF//DC，FM//PC，
又因为FM，EM⊄面PCD，PC，DC⊂面PCD，故FM//面PCD，EM//面PCD，
又因为FM∩EM=E，所以面EFM//面PCD，故EF//面PCD，
综上，当PF：PB=1：2时，EF//平面PCD．
【解析】本题考查线面垂直、线面平行的判定和性质、三棱锥的体积等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
(1)由 PF=13PB，得到VP−FAC=13dP−ABC，推导出CD⊥PD，PE⊥AD，从而PE⊥平面ABCD，由此能求出三棱锥P−FAC的体积．
(2)当F为PB的中点时，取BC的中点M，连接FM，EM，因为E为AD的中点，从而EF//DC，FM//PC，推导出FM//面PCD，EM//面PCD，面EFM//面PCD，EF//面PCD，由此得到当PF：PB=1：2时，EF//平面PCD．
21.解：(1)甲、乙、丙、丁4名棋手进行象棋比赛，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34，而乙、丙、丁相互之间胜负的可能性相同．
乙获连负两场，所以1、4均负，
所以乙获连负两场的概率为P=34×12=38．
(2)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，
所以甲获得冠军的概率为：P=(34)3+2×(34)3×14=81128．
(3)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，
所以甲与乙在决赛相遇的概率为：P=34×34×12×12+14×34×34×12=27128，
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：
p=14×12×12×(34×14+14×12)+14×12×12×(34×14+14×12)=5128，丁与丙相同，
所以乙进入决赛，且乙与其决赛对手是第二次相遇的概率为：27128+5128+5128=37128．
【解析】(1)乙获连负两场，所以1、4均负，由独立事件概率公式，即可得出答案．
(2)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，由此求出甲获得冠军的概率．
(3)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，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，同时考虑甲在第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，丁与丙相同，由此能求出乙进入决赛，且乙与其决赛对手是第二次相遇的概率．
本题考查概率的求法，相互独立事件概率乘法公式等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
22.解：(1)设∠BAD=∠CAD=α，AC=b，则AB=2b，AD=kb，
由角平分线定理，知BDCD=ABAC=2，
在△ABD中，由余弦定理得，
BD2=AB2+AD2−2AB⋅ADcsα
=4b2+k2b2−4kb2csα，
在△ACD中，由余弦定理得，
CD2=AC2+AD2−2AC⋅ADcsα
=b2+k2b2−2kb2csα，
所以4b2+k2b2−4kb2csα=4(b2+k2b2−2kb2csα)，
化简得3k−4csα=0，即k=43csα，
因为α∈(0,π2)，所以k=43csα∈(0,43)．
所以k的取值范围是0,43；
(2)因为△ABC面积为1，
所以12AB⋅ACsin2α=b2sin2α=1，即b2=1sin2α，
在△ABC中，由余弦定理得，
BC2=AB2+AC2−2AB⋅ACcs2α=5b2−4b2cs2α，
所以BC2=5−4cs2αsin2α
=5(sin2α+cs2α)−4(cs2α−sin2α)2sinαcsα
=cs2α+9sin2α2sinαcsα
=12tanα+9tanα2，
因为α∈(0,π2)，所以tanα>0，
则BC2=12tanα+9tanα2≥2 12tanα⋅9tanα2=3，
当且仅当12tanα=9tanα2，即tanα=13时，BC取到最小值，
此时csα=3 1010，
由(1)知，k=43csα=2 105．
【解析】本题考查解三角形与三角函数的综合应用，熟练掌握正余弦定理，二倍角公式与同角三角函数的关系式，基本不等式是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于较难题．
(1)设∠BAD=∠CAD=α，AC=b，由角分线定理知BD=2CD，再在△ABD和△ACD中，分别利用余弦定理，表示出BD和CD，从而推出k=43csα，然后由余弦函数的值域，即可得解；
(2)由△ABC面积为1，得b2=1sin2α，在△ABC中，结合余弦定理，二倍角公式与同角三角函数的关系式，推出BC2=12tanα+9tanα2，再利用基本不等式，得解．