【文档说明】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版含解析.docx，共(17)页，1.065 MB，由小赞的店铺上传

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长郡中学2024年高二暑假作业检测试卷数学得分：________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xR，2240xx−+”的否定为（）A.任意xR，2240xx−+B.存在0xR，200240xx−+C.任意xR，2240xx−+D.存在0xR，200240xx−+【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，2240xx−+”的否定为“存在0xR，200240xx−+”，故选：B.2.已知|43Axx=−，()|lg10Bxx=−，则AB=（）A.|42xx−≤B.4|2xx−C.|

23xxD.|23xx【答案】D【解析】【分析】根据对数函数单调性解得|2Bxx=，进而求交集.【详解】令()lg10x−，则11x−，解得2x，即|2Bxx=，所以AB=|23xx.故选：D.3.已知3i1iz+=−，则1z+=（

）A.2B.22C.4D.42【答案】B【解析】【分析】利用复数的除法运算法则，求得复数z，然后利用复数模长公式求出复数1z+的模长即可.【详解】因为()()()()223i1i3i33i+i+i24i12i1i1i1i1i2z+++++=====+−−+

−，所以112i+1=2+2iz+=+，所以2212222+=+=z，故选：B.4.已知函数()yfx=是定义在R上的偶函数；且在(,0−上单调递增，若对于任意的xR，不等式()()21faxfx+恒成立，则a的取值范围是（）

A.11,22−B.11,,22−−+C.()2,2−D.()(),22,−−+【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】()yfx=是定义在R上的偶函数.且在(,0−上单调递增，()yfx=

在()0,+上单调递减.且()(||),fxfx=()()2222()1(||)1||||1||||||10faxfxfaxfxaxxxax+++−+对称轴0.2ax=只需要2Δ40a=−即可，解得22a−.故选：C.5.已知π

1tan44−=，()2tan5+=，则πtan4+=（）A.322B.1318C.16D.1322【答案】A【解析】【分析】由()ππ+=+44−−结合两角差的正切公式求得.【详解】由()ππ+=+4

4−−得()()()π21tan+tanππ3454tan+tan+21π442211tan+tan544−−−=−−===++−，故选：A.6.若函数()e1xfxm=−+有两个零点，则实数

m的取值范围是（）A.()1,2−B.()1,1−C.()0,1D.()1,0−【答案】D【解析】【分析】将题目转化为e1xy=−与ym=−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()e1xfxm=−+有两个零点，即e1xy=−与y

m=−的图象有两个交点，令mn−=，作出e1xy=−与yn=的大致图象如图所示，由图可知01n，则01m−，故实数m的取值范围是()1,0−.故选：D.7.如图，圆锥底面半径为3，母线12PA=

，23ABAP=，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.67B.16C.410D.12【答案】C【解析】【分析】把圆锥侧面沿母线PA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PA剪开，展在同一平面内得扇形APA，连接AB，如图，令扇形APA圆心角大小为，则122π3=，解得π2=，在RtPAB△中，143PBPA==，则2222412410ABPBPA=+=+=，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410.故选：C8.在ABCV中，27AC=，O是ABCV的外心，M为BC的中点，8ABAO=，N是直线OM上异于M、O的任意一点，则ANBC=uuuruuur（）A.3B.6C.7D.9【答案】B【解析】【分析】根据外心的性质得到OMBC⊥，设ON

OM=uuuruuur，根据数量积的运算律得到ANBCAOABAOAC=−+uuuruuuruuuruuuruuuruuur，再由数量积的定义及几何意义求出AOAC，从而得解.【详解】因为O是ABCV的外心，M为

BC的中点，设AC的中点为D，连接OD，所以OMBC⊥，ODAC⊥，设ONOM=uuuruuur，则()ANBCAOONBCAOBCOMBC=+=+()AOBCAOBAAC==+AOBAAOAC=+AOABAO

AC=−+uuuruuuruuuruuur，又O是ABCV的外心，所以()coscosAOACAOACCAOAOCAOAC==()2211271422AC===，所以8146ANBCAOABAOAC=−+=−+=

uuuruuuruuuruuuruuuruuur.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ANBCuuuruuur转化为AOABAOAC−+uuuruuuruuuruuur，再一个就是利用数量积的几何意义求出AOAC.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1()3PA=，1()6PB=，则（）A.若(

)19PAB=，则事件A与B相互独立B.若A与B相互独立，则4()9PAB+=C.若A与B互斥，则4()9PAB+=D.若B发生时A一定发生，则1()3PAB=【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ABB=判断出D.【详解】对于A，由1()3PA=，1()6PB=，得12()1()133PAPA=−=−=，显然211()()()369PAPBPAB===，因此事件A与B相互独立，A正确；对于B，若A与B相互独立，则111()()()3618P

ABPAPB===，因此1114()()()()36189PABPAPBPAB+=+−=+−=，B正确；对于C，若A与B互斥，则111()()()362PABPAPB+=+=+=，C错误；对于D，若B发生时A一定发生，则BA，1()()6PABPB==，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,AB相互独立，则()()()PABPAPB=，反之亦然.10.()(),1,1,1ab==−，若a在b上的投影向量为b，则（）A.3=B.//abrrC.()aab⊥−

D.22ab−=【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a在b上的投影向量为12abbbbbb−==，所以112−=，解得3

=，故A正确；由(3,1)a=，()1,1b=−可知ab，故B错误；因为(2,2)ab−=，所以()(3,1)(2,2)321280aab−==+=，故C错误；因为(2,2)ab−=，所以222222

ab−=+=，故D正确.故选：AD11.已知1,1xy，且4xy=，则（）A.45xy+B.220loglog1xyC.2logyx的最大值为2D.2221loglog2xxy−+【答案】ABC【解析】

【分析】将y用表示，并求出x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2logyxk=，则224logloglogxykx==，即4lglglg2lgkxx=，从而可得()2lg2lg2

lglglg2xxk−+=，再结合二次函数的性质即可判断C；易得22logloglog2log21xxxyx+=+−，再结合双勾函数的性质即可判断D.【详解】因为4xy=，所以4yx=，因为141xyx

=，所以14x，对于A，4xyxx+=+，令()4,14fxxxx=+，由双勾函数性质可得函数()fx在()1,2上单调递减，在()2,4上单调递增，所以()()min24fxf==，又()()15,45ff==，所以())4,5fx，即45xy+，故A正确；对于B，(

)()222222224logloglogloglog2loglog11xyxxxxx==−=−−+，由14x，得20log2x，所以()220log111x−−+，即220loglog1xy，故B正确；对于C，令2logyxk=，则224loglogl

ogxykx==，即4lglglg2lgkxx=，即2lg2lglglg2lgxkx−=，的则()()()222lg2lg2lglglg2lg2lglg2lg2xxxk−+−−+==，由14x，得0lg2lg2x，所以当lglg2x=时，lgk取得最大值lg2，所以k的最大值为2，即

2logyx的最大值为2，故C正确.对于D，2224logloglogloglog2log21xxxxyxxx+=+=+−，令()2log,0,2txt=，则1log2xt=，则222logloglog2

log211xxxyxtt+=+−=+−，令()()21,0,2gtttt=+−，由双勾函数的性质可得函数()gt在()0,2上单调递减，在()2,2上单调递增，所以()()min2221gtg==−，当0x→时，()gt→+，所以(

))221,gt−+，即2loglog221xxy+−，故D错误.故选：ABC.【点睛】关键点点睛：令2logyxk=，结合换底公式得出()2lg2lg2lglglg2xxk−+=，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()()3,02,0xxfxfxx=+，则31log16f=________．【答案】8116【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】331

loglog1616=−Q，233163，313log216−−，381log1633331118181loglog2log22log31616161616ffff=+=++===故

答案为：811613.一组数据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80.756=，所以第75百分位数是：454645.52+=.故答案为：45.514.直三棱柱ABCABC−₁₁₁的各顶点都在同一球面上，若2π123ABACAABAC====，₁，，则此球的表

面积等于__________.【答案】40π3##40π3【解析】【分析】由余弦定理求得7BC=，根据正弦定理求出ABCV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ABCV中，由余弦定理得22211

221272BC=+−−=，由0BC，得7BC=，设ABCV的外接圆半径为r，由正弦定理得272sin3BCrBAC==，则73r=，设三棱柱的外接球半径为R，则22211023AARr=+=，所以球O的表面积210

404π4ππ33SR===.故答案为：40π3四、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ABCV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123,,SSS，已知12331,sin23SSSB−+==．（

1）求ABCV的面积；（2）若2sinsin3AC=，求b．【答案】（1）28（2）12【解析】【分析】（1）先表示出123,,SSS，再由12332SSS−+=求得2222acb+−=，结合余弦定理

及平方关系求得ac，再由面积公式求解即可；（2）由正弦定理得22sinsinsinbacBAC=，即可求解.小问1详解】由题意得222212313333,,22444SaaSbSc====，则22212333334442SSSabc−+=−+=，即2222acb+−=

，由余弦定理得222cos2acbBac+−=，整理得cos1acB=，则cos0B，又1sin3B=，则2122cos133B=−=，132cos4acB==，则12sin28ABCSacB==；【小问2详解】的【由正弦定理得：sinsinsinbacBAC==，则2232

94sinsinsinsinsin423bacacBACAC====，则3sin2bB=，31sin22bB==.16.已知函数π()22sincos()1,()sin2224xxfxgxx=++=.（1）解不等式()1fx；（2）若()()mf

xgx对任意的π[0,]4x恒成立，求m的取值范围.【答案】（1）π[2π,2π](Z)2kkk+；（2）0m.【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()fx，再利用正弦函数的性质解不等式即得.（2）令sin

costxx=+，结合()()mfxgx分离参数，利用函数单调性求出实数m的取值范围.【小问1详解】依题意，222()22sin(cossin)12sincos12sin22222222xxxxxxfx=−+=+−πsincos2sin()4xx

x=+=+，由()1fx，得π2sin()42x+，则ππ3π2π2π,Z444kxkk+++，解得π2π2π,Z2kxkk+，所以不等式()1fx的解集为π[2π,2π](Z)2kkk+.【小问2详解】由()()mfxgx，得(sinco

s)sin2mxxx+，由π[0,]4x，得πππ442x+，即有2πsin()124x+，令πsincos2sin()[1,2]4txxx=+=+，2sin22sincos1xxxt=

=−，原不等式化为21mtt−，即211tmttt−=−，显然函数1ytt=−在[1,2]上单调递增，则当1t=时，min0y=，因此0m，所以m取值范围0m.17.如图，已知四棱锥PABCD−的底面ABCD是菱形，平面PBC⊥平面ABCD，30,ACDE=为AD的中

点，点F在PA上，3APAF=.（1）证明：PC//平面BEF；（2）若PDCPDB=，且PD与平面ABCD所成的角为45，求平面AEF与平面BEF夹角的余弦值.【答案】（1）见解析（2）24【解析】【分析】（1）设,ACBE的

交点为O，连接FO，可证得//FOPC，再由线面平行的判定定理即可证明；（2）取BC的中点为H，连接PH，由面面垂直的性质定理可证得则PH⊥平面ABCD，以H为坐标原点，,,HDHBHP为,,xyz轴，建立如图所示的空间直角坐标系，分别求出

平面AEF与平面BEF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,ACBE的交点为O，连接FO，已知O为ABD△的重心，所以12AOOC=，12AFFP=，所以在APC△中，12AOAFOCFP=

=，所以//FOPC，所以FO平面BEF，PC平面BEF，则PC//平面BEF.【小问2详解】的因为30,ACD=所以30,ACB=所以DCB△为等边三角形，所以DCDB=，又因为PDCPDB=，所以PDBPDC，所以PBPC=，取BC的中点

为H，连接PH，则PHBC⊥，平面PBC⊥平面ABCD，平面PBC平面ABCDBC=，则PH⊥平面ABCD，以H为坐标原点，,,HDHBHP为,,xyz轴，建立如图所示的空间直角坐标系，因为PD与平面ABCD所成的角为

45PDH=，所以=PHDH，设菱形的边长为2，所以3PHDH==，所以()()()()()0,0,3,0,1,0,3,2,0,3,0,0,3,1,0PBADE，因为3APAF=，所以2343,,333F，()()313,,,0,1,0,3,0,0333

EFAEBE=−=−=，设(),,nxyz=⊥平面AEF，0031300333ynAExyznEF−==−++==，令1,0,1xyz===，所以()1,0,

1n=，设()222,,mxyz=⊥平面BEF，222230031300333xmBEmEFxyz===−++=，令2223,0,1yxz===−，所以()0,3,1m=−，则

2cos,4mnmnmn==−，所以平面AEF与平面BEF夹角的余弦值为24.18.已知函数()fx满足：xR，1(3)()2fxfx+=−，且当[0,3]x时，2()fxxxm=−−+，函数3()log(

21)xgx=−．（1）求实数m的值；（2）若(0,3]x，且()()0gxfx−，求x的取值范围；（3）已知22()3hxxx=−+−+，其中[0,1]x，是否存在实数λ，使得(())(())ghxfhx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）8m=；（2）(2,3]；（3）存在；01.【解析】【分析】（1）根据给定条件，由1(3)(0)2ff=−计算即得.（2）构造函数()()()uxgxfx=−，并探讨单调性，利用单调性解不等式.（3）由(())ghx的意义，探讨及(

)hx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，1(3)(0)2ff=−，即21332mm−−+=−，解得8m=．【小问2详解】当(0,3]x时，()()0gxfx−，即23log(21

)80xxx−++−，令23()log(21)8xuxxx=−++−，定义域为(0,3]x，显然3(2)log34280u=++−=，又3()log(21)xgx=−在(0,3]x上单调递增，28yxx=+−在(0,3]x上单调递增，因此函数23(

)log(21)8xuxxx=−++−在(0,3]x上单调递增，由()0(2)uxu=，得23x，所以不等式()()0gxfx−的解集为(2,3].【小问3详解】函数3()log(21)xgx=−的定义域为(0,)+，要使(()

)(())ghxfhx恒成立，首先满足()0hx在[0,1]x上恒成立，由于22()3hxxx=−+−+开口向下，只需{ℎ(0)=−𝜆2+3>0ℎ(1)=−1+𝜆−𝜆2+3>0，解得13−，此时22233()33324()4hxx=−−−+−+，则当13

−时，0()3hx对任意[0,1]x时恒成立，令(03)()sxhs=，则()()gfss恒成立，即0()()gfss−恒成立，由（2）可知，0()()gfss−的解集为(2,3]，则只需{ℎ(0)=−𝜆2+3>2ℎ(1

)=−1+𝜆−𝜆2+3>2，解得01，所以存在01满足条件.19.设整数集合12100,,,Aaaa=,其中121001?··205aaa，且对于任意(),1100ijij，若ijA+，则.ijaaA+（1）请写出一个满足条件的集合A;（2）证明

:任意101,102,,200,xxA;（3）若100205a=,求满足条件的集合A的个数.【答案】（1）{1,2,3,,100}A=（2）证明见解析（3）16个【解析】【分析】（1）根据题目条件，令nan=，即可写出一个集合{

1,2,3,,100}A=；（2）由反证法即可证明；（3）因为任意的101,102,,200,xxA，所以集合{201,202,,205}A中至多5个元素.设100100mab−=≤，先通过判断集合A中前100m−个元素的最大值可以推出(11

00)iaiim=−≤≤，故集合A的个数与集合{201,202,203,204}的子集个数相同，即可求出．【详解】（1）答案不唯一．如{1,2,3,,100}A=；（2）假设存在一个0{101,102,,200}x使得0xA，令0100xs=

+，其中sN且100s≤≤1，由题意，得100saaA+，由sa为正整数，得100100saaa+，这与100a为集合A中的最大元素矛盾，所以任意{101,102,,200}x，xA．（3）设集合{201,202,,205}A中有(15)mm≤≤个元素，100

mab−=，由题意，得12100200maaa−≤，10011002100200mmaaa−+−+，由（2）知，100100mab−=≤．假设100bm−，则1000bm−+．因为10010

010055100bmm−+−+=−≤，由题设条件，得100100mbmaaA−−++，因为100100100100200mbmaa−−+++=≤，所以由（2）可得100100100mbmaa−−++≤，这与100ma−为A中不超过100的最大元素矛盾，所以10010

0mam−−≤，又因为121001maaa−≤，iaN，所以(1100)iaiim=−≤≤．任给集合{201,202,203,204}的1m−元子集B，令0{1,2,,100}{205}AmB=−，以下证明集合0A符合题意：对于任意,ij00)(1

ij≤≤≤1，则200ij+≤．若0ijA+，则有mij+≤100-，所以iai=，jaj=，从而0ijaaijA+=+．故集合0A符合题意，所以满足条件的集合A的个数与集合{201,202,203,2

04}的子集个数相同，故满足条件的集合A有4216=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．的