2024-2025學(xué)年湖南省岳陽(yáng)市岳陽(yáng)縣一中高二（上）入學(xué)數(shù)學(xué)試卷（含解析）

第=page11頁(yè)，共=sectionpages11頁(yè)2024-2025學(xué)年湖南省岳陽(yáng)市岳陽(yáng)縣一中高二（上）入學(xué)數(shù)學(xué)試卷一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1.直線y=?3x+3的傾斜角為A.30° B.60° C.120° D.150°2.若復(fù)數(shù)z滿足：(1?i)z?3+i=0，其中i為虛數(shù)單位，則復(fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于(

)A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限3.設(shè)點(diǎn)A(3,?3)，B(?2,?2)，直線l過(guò)點(diǎn)P(1,1)且與線段AB相交，則l的斜率k的取值范圍是(

)A.k≥1或k≤?4 B.k≥1或k≤?2 C.?4≤k≤1 D.?2≤k≤14.在三棱錐P?ABC中，PA=PB=PC=2，PA⊥PB，PA⊥PC，PB⊥PC，則該三棱錐的外接球的表面積為(

)A.43π B.12π C.48π5.過(guò)點(diǎn)A(1,4)的直線在兩坐標(biāo)軸上的截距之和為零，則該直線方程為(

)A.x?y+3=0 B.x+y?5=0

C.4x?y=0或x+y?5=0 D.4x?y=0或x?y+3=06.已知△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，若bsinB?asinA=5csinC，cosA=12，則bcA.6 B.5 C.4 D.37.如圖是某零件結(jié)構(gòu)模型，中間大球?yàn)檎拿骟w的內(nèi)切球，小球與大球和正四面體三個(gè)面均相切，若AB=12，則該模型中一個(gè)小球的體積為(

)A.3π

B.3π2

C.6π

8.已知平面α與β所成銳二面角的平面角為70°，P為空間內(nèi)一定點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)P作與平面α，β所成的角都是35°的直線l，則這樣的直線l有且僅有(

)A.1條 B.2條 C.3條 D.4條二、多選題：本題共4小題，共20分。在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求。9.已知a，b是兩條不同的直線，α，β，γ是三個(gè)不同的平面，下列命題中正確的是(

)A.若a//b，b//α，則a//α B.若a⊥α，α//β，則a⊥β

C.若α⊥γ，β⊥γ，則α//β D.若α⊥β，β//γ，則α⊥γ10.已知a>0，b>0，且2a+b=ab，則(

)A.ab≥8 B.a+b≤3+22 C.b>2 11.若Ox，Oy是平面內(nèi)兩條相交成60°角的數(shù)軸，e1和e2是x軸、y軸正方向上的單位向量，若向量f=xe1+ye2，則規(guī)定有序數(shù)對(duì)(x,y)為向量f在坐標(biāo)系xOy中的坐標(biāo)，記作fA.|a|=2 B.a/?/c12.數(shù)學(xué)中有許多形狀優(yōu)美，寓意獨(dú)特的幾何體，“勒洛四面體”就是其中之一.勒洛四面體是以正四面體的四個(gè)頂點(diǎn)為球心，以正四面體的棱長(zhǎng)為半徑的四個(gè)球的公共部分，且其體積小于正四面體外接球體積.如圖，在勒洛四面體中，正四面體ABCD的棱長(zhǎng)為4，則下列結(jié)論正確的是(

)A.勒洛四面體最大的截面是正三角形

B.若P、Q是勒洛四面體ABCD表面上的任意兩點(diǎn)，則PQ的最大值可能大于4

C.勒洛四面體ABCD的體積是86π

D.勒洛四面體三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13.sin160°cos40°?sin250°cos50°=

．14.直線mx+(m+2)y?1=0與直線(m?1)x+my=0互相垂直，則m=

．15.正四棱錐P?ABCD中，PA=AB=4，E，F(xiàn)為棱PB，PD的中點(diǎn)，則異面直線AE，BF所成角的余弦值為

．16.命題p：“?x∈[2,8]，mlog2x+1≥0”是真命題，則實(shí)數(shù)m四、解答題：本題共6小題，共70分。解答應(yīng)寫出文字說(shuō)明，證明過(guò)程或演算步驟。17.(本小題10分)

已知△ABC的三個(gè)頂點(diǎn)是A(1,2)，B(?2,?1)，C(3,?2).求：

(1)邊AC上的中線BD所在直線方程；

(2)邊AC上的高BE所在直線方程．18.(本小題12分)

如圖，在△ABC中，AB=3,AC=4,∠BAC=2π3,AE=1,AF=2，D為BC的中點(diǎn)，AD與EF交于G點(diǎn).設(shè)AB=a，AC=b．

(1)試用a,b表示BG；19.(本小題12分)

如圖，在四棱錐P?ABCD中，底面ABCD是菱形．

(1)若點(diǎn)E是PD的中點(diǎn)，證明：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.(本小題12分)

如圖，在四棱錐P?ABCD中，底面ABCD為矩形，平面PAD⊥平面ABCD，AB=3,AD=2,PC=11,PA=2，E為AD的中點(diǎn)，點(diǎn)F在棱PB上．

(1)若PF=13PB，求三棱錐P?FAC的體積；

(2)在線段PB上是否存在點(diǎn)F，使得EF/?/平面PCD？若存在，求21.(本小題12分)

甲、乙、丙、丁4名棋手進(jìn)行象棋比賽，賽程如下面的框圖所示，其中編號(hào)為i的方框表示第i場(chǎng)比賽，方框中是進(jìn)行該場(chǎng)比賽的兩名棋手，第i場(chǎng)比賽的勝者稱為“勝者i”，負(fù)者稱為“負(fù)者i”，第6場(chǎng)為決賽，獲勝的人是冠軍.已知甲每場(chǎng)比賽獲勝的概率均為34(1)求乙僅參加兩場(chǎng)比賽且連負(fù)兩場(chǎng)的概率；

(2)求甲獲得冠軍的概率；

(3)求乙進(jìn)入決賽，且乙與其決賽對(duì)手是第二次相遇的概率．22.(本小題12分)

如圖，在△ABC中，AB=2AC，∠BAC的角平分線交BC于D，AD=kAC．

(1)求k的取值范圍；

(2)已知△ABC面積為1，當(dāng)線段BC最短時(shí)，求實(shí)數(shù)k．

答案解析1.C

【解析】解：直線y=?3x+3的斜率為?3，

則傾斜角為120°，

故選：C2.A

【解析】解：由題意，z=3?i1?i=(3?i)(1+i)2=2+i，

則復(fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為3.B

【解析】解：如圖，直線PB的斜率為kPB=1+21+2=1，

直線PA的斜率為kPA=1+31?3=?2，

當(dāng)直線l與線段AB相交時(shí)，

則l的斜率k的取值范圍是k≥1或k≤?2．4.B

【解析】解：由題意將三棱錐P?ABC補(bǔ)全為正方體，

則正方體的外接球就是所求的外接球，設(shè)球半徑為R，

則4R2=(2R)2=PA2+PB5.D

【解析】解：解法一：當(dāng)直線過(guò)原點(diǎn)時(shí)，滿足題意，

此時(shí)直線方程為y=4x，即4x?y=0，

當(dāng)直線不過(guò)原點(diǎn)時(shí)，設(shè)直線方程為xa+y?a=1(a≠0)，

因?yàn)橹本€過(guò)點(diǎn)A(1,4)，所以1a?4a=1，

解得a=?3，此時(shí)直線方程為x?y+3=0．

故選：D．

解法二：易知直線斜率不存在或直線斜率為0時(shí)不符合題意，

設(shè)直線方程為y?4=k(x?1)(k≠0)，

則x=0時(shí)，y=4?k，y=0時(shí)，x=1?4k，

由題意知1?4k+4?k=0，

解得k=46.A

【解析】解：由正弦定理及bsinB?asinA=5csinC得，b2?a2=5c2，

由余弦定理得，cosA=b2+c7.C

【解析】解：如圖所示，

設(shè)O為大球的球心，大球的半徑為R，大正四面體的底面中心為E，棱長(zhǎng)為AB=12，高為?，

CD的中點(diǎn)為F，連接OA，OB，OC，OD，OE，BF，

則BE=23BF=33×12=43，正四面體的高?=AE=AB2?BE2=63×12=46．

因?yàn)閂正四面體=4VO?ABC，所以138.C

【解析】解：設(shè)過(guò)點(diǎn)P與平面α、β垂直的直線分別為a、b，

故直線a，b所成角為70°，

又∵直線l與平面α，β所成的角都是35°，∴直線l與直線a，b所成角為55°，

當(dāng)l在直線a與直線b所確定的平面內(nèi)，且為a，b所成鈍角的角分線時(shí)，滿足題意；

當(dāng)l不在直線a與直線b所確定的平面內(nèi)時(shí)，滿足與a，b所成角為55°的直線l有2條．

故這樣的直線l共有3條．

故選：C．9.BD

【解析】解：對(duì)于A，若a//b，b//α，則a//α或a?α，故A錯(cuò)誤；

對(duì)于B，若a⊥α，α//β，由直線與平面垂直的性質(zhì)可得a⊥β，故B正確；

對(duì)于C，當(dāng)α⊥β時(shí)，也能α⊥γ，β⊥γ，可聯(lián)想到“墻角”模型，故C錯(cuò)誤；

對(duì)于D，若α⊥β，則α內(nèi)存在直線l，滿足l⊥β，又β//γ，則l⊥γ，可得α⊥γ，故D正確．

故選：BD．10.ACD

【解析】解：根據(jù)基本不等式可知2a+b=ab≥22ab，則ab≥8，當(dāng)且僅當(dāng)a=2，b=4時(shí)，等號(hào)成立，故A正確；

因?yàn)閍>0，b>0，2a+b=ab變形得2b+1a=1，

所以a+b=(a+b)(2b+1a)=2ab+2+1+ba≥3+22，

當(dāng)且僅當(dāng)2ab=ba，即b=2+2，a=2+1時(shí)，等號(hào)成立，

所以a+b≥3+22，故B錯(cuò)誤；

由2b+1a=111.BCD

【解析】解：對(duì)于A，|a|=a2=(e1+e2)2

=e12+e22+2e1?e2=12.BD

【解析】解：對(duì)選項(xiàng)A：勒洛四面體最大的截面即經(jīng)過(guò)四面體ABCD表面的截面，如圖1所示，錯(cuò)誤；

對(duì)選項(xiàng)B：如圖2，設(shè)弧AB的中點(diǎn)是M，線段AB的中點(diǎn)是N，

設(shè)弧CD的中點(diǎn)是H，線段CD的中點(diǎn)是G，

則根據(jù)圖形的對(duì)稱性，四點(diǎn)M，N，G，H共線且過(guò)正四面體ABCD的中心O，

則MG=NH=DM2?DG2=42?22=23，

NG=AG2?AN2═(23)2?22=22，MN=GH=23?22，

故MH=43?22>4，正確；

對(duì)選項(xiàng)C：如圖3，由對(duì)稱性可知內(nèi)切球的球心O是正四面體ABCD外接球的球心，

連接BO并延長(zhǎng)交勒洛四面體的曲面于點(diǎn)E，則OE就是勒洛四面體內(nèi)切球的半徑，

如圖4，M為△BCD的中心，O是正四面體ABCD外接球的球心，

連接BM，BO，AM，由正四面體的性質(zhì)可知O在AM上．

因?yàn)锳B=4，所以BM=23×42?22=13.3【解析】解：原式=sin20°cos40°+cos20°sin40°

=sin(20°+40°)=sin60°=3214.0或?1【解析】解：m=0時(shí)，2y?1=0和x=0垂直；

m=?2時(shí)，2x+1=0和3x+2y=0不垂直；

m≠0且m≠?2時(shí)，由mm+2·m?1m=?1，

解得：m=?1215.15【解析】解：設(shè)M為線段PF的中點(diǎn)，故EM//BF，

故異面直線AE，BF所成角為∠AEM或其補(bǔ)角，

在△AEM中，AE=23,ME=5,AM=13，

則cos∠AEM=AE2+ME16.[?1,+∞)

【解析】解：當(dāng)x∈[2,8]，log2x>0，

所以?x∈[2,8]，mlog2x+1≥0，即?x∈[2,8],m≥?1log2x成立．

則m≥(?1log2x)min,x∈[2,8]，17.解：(1)由題知AC的中點(diǎn)D(2,0)，所以直線BD的斜率kBD=?1?0?2?2=14，

則邊AC上的中線BD所在直線的方程為y=14(x?2)，化簡(jiǎn)得x?4y?2=0．

(2)由題意得直線AC的斜率kAC=?2?23?1=?2，且【解析】(1)求出點(diǎn)D的坐標(biāo)為(2,0)，由兩點(diǎn)式斜率公式求出BD的斜率，代入點(diǎn)斜式即可求解．

(2)由兩點(diǎn)式斜率公式求出AC斜率，利用垂直關(guān)系得BE的斜率，代入點(diǎn)斜式即可求解．

本題主要考查了直線的一般式方程的簡(jiǎn)單應(yīng)用，屬于基礎(chǔ)題．18.解：(1)由題意，AD=12AB+12AC，

AG=λAD=λ2AB+λ2AC=3λ2AE+λAF，

由于E，G，F(xiàn)三點(diǎn)共線，【解析】本題考查的知識(shí)要點(diǎn)：向量的線性運(yùn)算，向量的模，向量的數(shù)量積，主要考查學(xué)生的理解能力和計(jì)算能力，屬于中檔題．

(1)直接利用向量的線性運(yùn)算和三點(diǎn)共線求出結(jié)果；

(2)利用向量的數(shù)量積和向量的模求出向量的夾角．19.解：(1)證明：連接BD交AC于M，連接EM，

因?yàn)榈酌鍭BCD是菱形，

所以M為BD的中點(diǎn)，

又點(diǎn)E是PD的中點(diǎn)，

故ME為△DPB的中位線，

故EM//PB，

而ME?平面ACE，PB?平面ACE，

故PB//平面ACE；

(2)設(shè)O為AD的中點(diǎn)，連接PO，因?yàn)镻A=PD=AD，

故PO⊥AD，

因?yàn)槠矫鍼AD⊥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，

則ON⊥AC，且N為AM的中點(diǎn)，

連接PN，因?yàn)镻O?ON=O，PO，ON?平面PON，

故AC⊥平面PON，

則∠PNO即為二面角P?AC?D的平面角，

設(shè)PA=PD=AD=2，則PO=3，

∠BAD=120°，則∠DAC=60°，

則DM=2×sin60°=3，

由于O為AD的中點(diǎn)，N為AM的中點(diǎn)，

故ON=12DM=32，

而PO⊥平面ABCD，ON?平面ABCD，

故PO⊥ON，

所以【解析】(1)連接BD交AC于M，連接EM，根據(jù)線面平行的判定定理即可證明結(jié)論；

(2)設(shè)O為AD的中點(diǎn)，連接PO，證明PO⊥平面ABCD，從而作出二面角P?AC?D的平面角，解直角三角形即可求得答案．

本題考查線面平行的判定定理，考查二面角的定義及其求解，考查空間想象能力，推理論證能力和運(yùn)算求解能力，考查直觀想象和數(shù)學(xué)運(yùn)算等核心素養(yǎng)，屬于中檔題．20.解：(1)因?yàn)?/p>

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?yàn)槊鍼AD⊥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?yàn)锳D=2,PA=2,E為AD的中點(diǎn)，所以PE⊥AD，PE=1，

又因?yàn)槠矫鍼AD⊥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，所以三棱錐P?FAC的體積為13．

(2)存在，PF：PB=1：2，即F為PB的中點(diǎn)．

證明：當(dāng)F為PB的中點(diǎn)時(shí)，取BC的中點(diǎn)M，連接FM，EM【解析】本題考查線面垂直、線面平行的判定和性質(zhì)、三棱錐的體積等基礎(chǔ)知識(shí)，考查運(yùn)算求解能力，是中檔題．

(1)由

PF=13PB，得到VP?FAC=13dP?ABC，推導(dǎo)出CD⊥PD，PE⊥AD，從而PE⊥平面ABCD，由此能求出三棱錐P?FAC的體積．

(2)當(dāng)F為PB的中點(diǎn)時(shí)，取BC的中點(diǎn)M，連接FM，EM，因?yàn)镋為AD的中點(diǎn)，從而EF//DC，F(xiàn)M//PC，推導(dǎo)出FM//面PCD，EM//面PCD，面EFM//面PCD，EF//面PCD，由此得到當(dāng)PF21.解：(1)甲、乙、丙、丁4名棋手進(jìn)行象棋比賽，賽程如下面的框圖所示，

其中編號(hào)為i的方框表示第i場(chǎng)比賽，方框中是進(jìn)行該場(chǎng)比賽的兩名棋手，第i場(chǎng)比賽的勝者稱為“勝者i”，負(fù)者稱為“負(fù)者i”，

第6場(chǎng)為決賽，獲勝的人是冠軍．已知甲每場(chǎng)比賽獲勝的概率均為34，而乙、丙、丁相互之間勝負(fù)的可能性相同．

乙獲連負(fù)兩場(chǎng)，所以1、4均負(fù)，

所以乙獲連負(fù)兩場(chǎng)的概率為P=34×12=38．

(2)甲獲得冠軍，則甲參加的比賽結(jié)果有三種情況：

1勝3勝6勝；1負(fù)4勝5勝6勝；1勝3負(fù)5勝6勝，

所以甲獲得冠軍的概率為：P=(34)3+2×(34)3×14=81128．

(3)若乙的決賽對(duì)手是甲，則兩人參加的比賽結(jié)果有兩種情況：

甲1勝3勝，乙1負(fù)4勝5勝；甲1負(fù)4勝5勝，乙1勝3勝，

所以甲與乙在決賽相遇的概率為：P=34×34×12×12+14×34×34×12=【解析】(1)乙獲連負(fù)兩場(chǎng)，所以1、4均負(fù)，由獨(dú)立事件概率公式，即可得出答案．

(2)甲獲得冠軍，則甲參加的比賽