/湖南長沙2024~2025學年高二數學第一學期入學考試試題本試卷分第Ⅰ卷（選擇題）和第Ⅱ卷（非選擇題）兩部分，共6頁．時量120分鐘．滿分150分．第Ⅰ卷一、選擇題（本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的）1.命題“任意，”的否定為（）A.任意， B.存在，C.任意， D.存在，【答案】B【解析】【分析】根據全稱量詞命題否定的方法求解：改變量詞，否定結論.【詳解】命題“任意，”的否定為“存在，”，故選：B.2.已知，，則（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根據對數函數單調性解得，進而求交集.【詳解】令，則，解得，即，所以.故選：D.3.已知，則（）A.2 B. C.4 D.【答案】B【解析】【分析】利用復數的除法運算法則，求得復數，然后利用復數模長公式求出復數的模長即可.【詳解】因為，所以，所以，故選：B.4.已知函數是定義在上的偶函數；且在上單調遞增，若對于任意的，不等式恒成立，則的取值范圍是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根據偶函數在對稱區(qū)間單調性相反，和偶函數的性質可解【詳解】是定義在上的偶函數.且在上單調遞增，在上單調遞減.且對稱軸只需要即可，解得.故選：C.5.已知，，則（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由結合兩角差的正切公式求得.【詳解】由得，故選：A.6.若函數有兩個零點，則實數的取值范圍是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】將題目轉化為與的圖象有兩個交點，再作出函數圖象即可得到范圍.【詳解】函數有兩個零點，即與的圖象有兩個交點，令，作出與的大致圖象如圖所示，由圖可知，則，故實數的取值范圍是.故選：D.7.如圖，圓錐底面半徑為3，母線，，一只螞蟻從A點出發(fā)，沿圓錐側面繞行一周，到達B點，最短路線長度為（）A. B.16 C. D.12【答案】C【解析】【分析】把圓錐側面沿母線剪開，展在同一平面內，再利用兩點間距離最短求出結果.【詳解】把圓錐側面沿母線剪開，展在同一平面內得扇形，連接，如圖，令扇形圓心角大小為，則，解得，在中，，則，所以一只螞蟻從A點出發(fā)，沿圓錐側面繞行一周，到達B點，最短路線長度為.故選：C8.在中，，是的外心，為的中點，，是直線上異于、的任意一點，則（）A.3 B.6 C.7 D.9【答案】B【解析】【分析】根據外心的性質得到，設，根據數量積的運算律得到，再由數量積的定義及幾何意義求出，從而得解.【詳解】因為是的外心，為的中點，設的中點為，連接，所以，，設，則，又是的外心，所以，所以.故選：B【點睛】關鍵點點睛：本題解答的關鍵是根據外接圓的性質將轉化為，再一個就是利用數量積的幾何意義求出.二、選擇題（本題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求，全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分）9.已知事件A，B發(fā)生的概率分別為，，則（）A.若，則事件與B相互獨立B.若A與B相互獨立，則C.若A與B互斥，則D.若B發(fā)生時A一定發(fā)生，則【答案】AB【解析】【分析】利用獨立事件的定義判斷A；利用并事件的概率公式判斷B；利用互斥事件的概率公式判斷C；分析可知判斷出D.【詳解】對于A，由，，得，顯然，因此事件與相互獨立，A正確；對于B，若與相互獨立，則，因此，B正確；對于C，若與互斥，則，C錯誤；對于D，若發(fā)生時一定發(fā)生，則，，D錯誤.故選：AB【點睛】關鍵點點睛：判斷兩個事件相互獨立的關鍵是利用相互獨立的定義，即事件相互獨立，則，反之亦然.10.，若在上的投影向量為，則（）A. B.C. D.【答案】AD【解析】【分析】由投影向量的定義計算可判斷A，根據共線向量的線性表示判斷B，根據垂直的坐標表示判斷C，根據向量模的坐標表示判斷D.【詳解】因為在上的投影向量為，所以，解得，故A正確；由，可知，故B錯誤；因為，所以，故C錯誤；因為，所以，故D正確.故選：AD11.已知，且，則（）A. B.C.的最大值為 D.【答案】ABC【解析】【分析】將用表示，并求出的范圍，根據雙勾函數的性質即可判斷A；根據對數的運算性質及二次函數的性質即可判斷B，令，則，即，從而可得，再結合二次函數的性質即可判斷C；易得，再結合雙勾函數的性質即可判斷D.【詳解】因為，所以，因為，所以，對于A，，令，由雙勾函數性質可得函數在上單調遞減，在上單調遞增，所以，又，所以，即，故A正確；對于B，，由，得，所以，即，故B正確；對于C，令，則，即，即，則，由，得，所以當時，取得最大值，所以的最大值為，即的最大值為，故C正確.對于D，，令，則，則，令，由雙勾函數的性質可得函數在上單調遞減，在上單調遞增，所以，當時，，所以，即，故D錯誤.故選：ABC.【點睛】關鍵點點睛：令，結合換底公式得出，是解決C選項的關鍵.第Ⅱ卷三、填空題（本題共3小題，每小題5分，共15分）12.已知函數，則________．【答案】【解析】【分析】根據分段函數解析式結合自變量范圍求解即可.【詳解】，，，故答案為：13.一組數據42，38，45，43，41，47，44，46的第75百分位數是________．【答案】45.5【解析】【分析】由百分位數的概念求解即可.【詳解】這組數據從小到大排列為：38，41，42，43，44，45，46，47，由于，所以第75百分位數是：.故答案為：14.直三棱柱的各頂點都在同一球面上，若，則此球的表面積等于__________.【答案】##【解析】【分析】由余弦定理求得，根據正弦定理求出的外接圓半徑，結合勾股定理和球的表面積公式計算即可求解.【詳解】在中，由余弦定理得，由，得，設的外接圓半徑為r，由正弦定理得，則，設三棱柱的外接球半徑為R，則，所以球O的表面積.故答案為：四、解答題（本題共5小題，共77分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟）15.記內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，分別以a，b，c為邊長的三個正三角形的面積依次為，已知．（1）求的面積；（2）若，求b．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）先表示出，再由求得，結合余弦定理及平方關系求得，再由面積公式求解即可；（2）由正弦定理得，即可求解.小問1詳解】由題意得，則，即，由余弦定理得，整理得，則，又，則，，則；【小問2詳解】由正弦定理得：，則，則，.16.已知函數.（1）解不等式；（2）若對任意的恒成立，求的取值范圍.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）利用和角的正弦、二倍角公式及輔助角公式化簡函數，再利用正弦函數的性質解不等式即得.（2）令，結合分離參數，利用函數單調性求出實數的取值范圍.【小問1詳解】依題意，，由，得，則，解得，所以不等式的解集為.【小問2詳解】由，得，由，得，即有，令，，原不等式化為，即，顯然函數在上單調遞增，則當時，，因此，所以取值范圍.17.如圖，已知四棱錐的底面是菱形，平面平面，為的中點，點在上，.（1）證明：平面；（2）若，且與平面所成的角為，求平面與平面夾角的余弦值.【答案】（1）見解析（2）【解析】【分析】（1）設的交點為，連接，可證得，再由線面平行的判定定理即可證明；（2）取的中點為，連接，由面面垂直的性質定理可證得則平面，以為坐標原點，為軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，分別求出平面與平面的法向量，再由二面角的向量公式即可得出答案.【小問1詳解】設的交點為，連接，已知為的重心，所以，，所以在中，，所以，所以平面，平面，則平面.【小問2詳解】因為所以所以為等邊三角形，所以，又因為，所以，所以，取的中點為，連接，則，平面平面，平面平面，則平面，以為坐標原點，為軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，因為與平面所成的角為，所以，設菱形的邊長為，所以，所以，因為，所以，，設平面，，令，所以，設平面，，令，所以，則，所以平面與平面夾角的余弦值為.18.已知函數滿足：，，且當時，，函數．（1）求實數m的值；（2）若，且，求x的取值范圍；（3）已知，其中，是否存在實數λ，使得恒成立？若存在，求出實數λ的取值范圍；若不存在，請說明理由．【答案】（1）；（2）；（3）存在；.【解析】【分析】（1）根據給定條件，由計算即得.（2）構造函數，并探討單調性，利用單調性解不等式.（3）由的意義，探討及的范圍，再由恒成立列出不等式求解即得.【小問1詳解】依題意，，即，解得．【小問2詳解】當時，，即，令，定義域為，顯然，又在上單調遞增，在上單調遞增，因此函數在上單調遞增，由，得，所以不等式的解集為.【小問3詳解】函數的定義域為，要使恒成立，首先滿足在上恒成立，由于開口向下，只需，解得，此時，則當時，對任意時恒成立，令，則恒成立，即恒成立，由（2）可知，的解集為，則只需，解得，所以存在滿足條件.19.設整數集合,其中，且對于任意，若，則（1）請寫出一個滿足條件的集合;（2）證明:任意;（3）若,求滿足條件的集合的個數.【答案】（1）（2）證明見解析（3）16個【解析】【分析】（1）根據題目條件，令，即可寫出一個集合；（2）由反證法即可證明；（3）因為任意的，所以集合中至多5個元素.設，先通過判斷集合中前個元素的最大值可以推出，故集合的個數與集合的子集個數相同，即可求出．【詳解】（1）答案不唯一．如；（2）假設存在一個使得，令，其中且，由題意，得，由為正整數，得，這與為集合中的最大元素矛盾，所以任意，．（3）設集合中有個元素，，由題意，得，，由（2）知，．假設