/2024-2025學年福建省寧德市高二上學期入學考試數學試卷（一）一、單選題（共40分）1．已知復數z滿足（z+2i）（2﹣i）＝5，則z的共軛復數＝（）A．2﹣i B．2+i C．﹣2+i D．﹣2﹣i2．如圖①，普通蒙古包可近似看作是圓柱和圓錐的組合體；如圖②，已知圓柱的底面直徑AB＝16米，AD＝4米，圓錐的高PQ＝6米，則該蒙古包的側面積約為（）A．336π平方米 B．272π平方米 C．208π平方米 D．144π平方米3．設x0為函數f（x）＝lnx+x﹣5的零點，則不等式x﹣x0＞2的最小整數解為（）A．3 B．4 C．6 D．54．某小區(qū)從2000戶居民中隨機抽取100戶進行月用電量調查，發(fā)現他們的用電量都在50～350kW?h之間，進行適當的分組后（每組為左閉右開的區(qū)間），畫出頻率分布直方圖如圖所示．則（）A．小區(qū)用電量平均數為186.5，極差為300 B．小區(qū)用電量中位數為171，眾數為175 C．可以估計小區(qū)居民月用電量的85%分位數約為262.5 D．小區(qū)用電量不小于250kW?h的約有380戶5．已知函數，則下列說法錯誤的是（）A．函數f（x）的最小正周期為π B．是函數f（x）的一條對稱軸 C．函數f（x）在區(qū)間上的最大值為2 D．將函數f（x）向左平移個單位后得函數g（x），則g（x）為偶函數6．函數在區(qū)間[﹣1，1]上單調遞減，則a的取值范圍為（）A．a≤﹣1 B．a＜﹣1 C．﹣3≤a≤﹣1 D．﹣3＜a＜﹣17．如圖，在平面四邊形ABCD中，∠A＝90°，AB＝AD＝2，△BCD為等邊三角形，當點M在對角線AC上運動時，的最小值為（）A．﹣2 B． C．﹣1 D．8．△ABC中，AB＝2，，AC＝4，點O為△ABC的外心，若，則實數的值為（）A．7 B． C． D．二、多選題（共20分）（多選）9．設P表示一個點，a、b表示兩條直線，α、β表示兩個平面，下列說法正確的是（）A．若P∈a，P∈α，則a?α B．若a∩b＝P，b?β，則a?β C．若a∥b，a?α，P∈b，P∈α，則b?α D．若α∩β＝b，P∈α，P∈β，則P∈b（多選）10．下列有關復數的說法正確的是（）A．若復數z＝，則z∈R B．若z+＝0，則z是純虛數 C．若z是復數，則一定有|z|2＝z2 D．若z1，z2∈C，則（多選）11．一個袋子中有大小和質地相同的5個球（標號為1，2，3，4，5），從袋中有放回的抽出兩球則下列說法正確的是（）A．沒有出現數字1的概率為 B．兩次都出現兩個數字相同的概率為 C．至少出現一次數字1的概率為 D．兩個數字之和為6的概率為（多選）12．如圖，點P是棱長為2的正方體ABCD﹣A1B1C1D1的表面上一個動點，則（）A．當P在平面BCC1B1上運動時，四棱錐P﹣AA1D1D的體積不變 B．當P在線段AC上運動時，D1P與A1C1所成角的取值范圍是[，] C．使直線AP與平面ABCD所成的角為45°的點P的軌跡長度為 D．若F是A1B1的中點，當P在底面ABCD上運動，且滿足PF∥平面B1CD1時，PF長度的最小值是三、填空題（共20分）13．方程x2+9＝0在復數范圍內的根為．14．某一部件由三個電子元件按如圖方式連接而成，元件1或元件2正常工作，且元件3正常工作，則部件正常工作．元件1，元件2，元件3正常工作的概率分別為，則這個部件能正常工作的概率為．15．已知，，，；若P是△ABC所在平面內一點，，則的最大值為．16．已知正四棱錐S﹣ABCD的底面邊長為，側棱長為2，則該正四棱錐相鄰兩個側面所成二面角的余弦值為；該正四棱錐的外接球的體積為．四、解答題（共70分）17．如圖，在平行四邊形ABCD中，點E在AB上，且AE＝2BE，點F是BC的中點．（1）設，，用，表示，；（2）已知ED⊥EF，求證：．18．設函數f（x）＝lg（x2﹣1）的定義域為集合A，g（x）＝的定義域為集合B．（1）當a＝1時，求（?RA）∩B；（2）若“x∈A”是“x∈B”的必要條件，求實數a的取值范圍．19．已知向量，函數．（1）若f（α）＝2，α∈（0，π），求α的值；（2）已知△ABC的三個角A，B，C的對邊分別為a，b，c，f（A）＝2，b＝1，△ABC的面積為，求的值．20．2021年起，遼寧省將實行“3+1+2”高考模式，為讓學生適應新高考的賦分模式．某校在一次?？贾惺褂觅x分制給高三年級學生的化學成績進行賦分，具體賦分方案如下：先按照考生原始分從高到低按比例劃定A、B、C、D、E共五個等級，然后在相應賦分區(qū)間內利用轉換公式進行賦分．A等級排名占比15%，賦分分數區(qū)間是86～100；B等級排名占比35%，賦分分數區(qū)間是71～85；C等級排名占比35%，賦分分數區(qū)間是56～70；D等級排名占比13%，賦分分數區(qū)間是41～55；E等級排名占比2%，賦分分數區(qū)間是30～40．現從全年級的化學成績中隨機抽取100名學生的原始成績（未賦分）進行分析，其頻率分布直方圖如圖所示：（Ⅰ）求圖中a的值；（Ⅱ）用樣本估計總體的方法，估計該校本次化學成績原始分不少于多少分才能達到賦分后的C等級及以上（含C等級）？（結果保留整數）（Ⅲ）若采用分層抽樣的方法，從原始成績在[40，50）和[50，60）內的學生中共抽取5人，查看他們的答題情況來分析知識點上的缺漏，再從中選取2人進行調查分析，求這2人中恰有一人原始成績在[40，50）內的概率．21．已知函數f（x）＝loga（10+x）﹣loga（10﹣x）（a＞0且a≠1）．（1）求f（x）的定義域；（2）判斷f（x）的奇偶性，并說明理由；（3）求不等式f（x）＞0的解集．22．如圖所示，在等邊△ABC中，AB＝6，M，N分別是AB，AC上的點，且AM＝AN＝4，E是BC的中點，AE交MN于點F．以MN為折痕把△AMN折起，使點A到達點P的位置（0＜∠PFE＜π），連接PB，PE，PC．（1）證明：MN⊥PE；（2）設點P在平面ABC內的射影為點Q，若二面角P﹣MN﹣B的大小為，求直線QC與平面PBC所成角的正弦值．

答案一、單選題（共40分）1．已知復數z滿足（z+2i）（2﹣i）＝5，則z的共軛復數＝（）A．2﹣i B．2+i C．﹣2+i D．﹣2﹣i【分析】利用復數的四則運算化簡復數z，利用共軛復數的定義可得結果．解：因為（z+2i）（2﹣i）＝5，則，所以．故選：B．【點評】本題主要考查復數的四則運算，屬于基礎題．2．如圖①，普通蒙古包可近似看作是圓柱和圓錐的組合體；如圖②，已知圓柱的底面直徑AB＝16米，AD＝4米，圓錐的高PQ＝6米，則該蒙古包的側面積約為（）A．336π平方米 B．272π平方米 C．208π平方米 D．144π平方米【分析】首先根據圓柱的側面展開圖為長方形求出圓柱的側面積，再根據圓錐的側面展開圖為扇形求出圓錐的側面積，進而得到蒙古包的側面積．解：依題意得，圓柱的側面積，∵DC＝AB＝16，∴，在Rt△PQC中，，∴圓錐的側面積，∴該蒙古包的側面積S＝S1+S2＝64π+80π＝144π，故選：D．【點評】本題考查了圓柱和圓錐側面積的計算，屬于基礎題．3．設x0為函數f（x）＝lnx+x﹣5的零點，則不等式x﹣x0＞2的最小整數解為（）A．3 B．4 C．6 D．5【分析】首先判斷函數的單調性，根據零點存在性定理判斷x0∈（3，4），再解不等式，即可得解．解：因為函數f（x）＝lnx+x﹣5在（0，+∞）上單調遞增，又f（3）＝ln3+3﹣5＝ln3﹣2＜0，f（4）＝ln4+4﹣5＝ln4﹣1＞0，即f（3）?f（4）＜0，所以x0∈（3，4），不等式x﹣x0＞2，解得x＞2+x0，因為x0∈（3，4），所以2+x0∈（5，6），所以不等式x﹣x0＞2的最小整數解為6．故選：C．【點評】本題考查函數的零點判斷定理的應用，是基礎題．4．某小區(qū)從2000戶居民中隨機抽取100戶進行月用電量調查，發(fā)現他們的用電量都在50～350kW?h之間，進行適當的分組后（每組為左閉右開的區(qū)間），畫出頻率分布直方圖如圖所示．則（）A．小區(qū)用電量平均數為186.5，極差為300 B．小區(qū)用電量中位數為171，眾數為175 C．可以估計小區(qū)居民月用電量的85%分位數約為262.5 D．小區(qū)用電量不小于250kW?h的約有380戶【分析】對于A，根據頻率分布直方圖中平均數與極差的算法計算即可；對于B，根據頻率分布直方圖中中位數與眾數的算法計算即可；對于C，根據頻率分布直方圖中百分位數的算法判斷即可；對于D，求出小區(qū)用電量不小于250kW?h的頻率，進而得解．解：對于A，極差為300，小區(qū)用電量平均數為50×0.0024×75+50×0.0036×125+50×0.0060×175+50×0.0044×225+50×0.0024×275+50×0.0012×325＝186，故A錯誤；對于B，小區(qū)用電量眾數為，因為50×（0.0024+0.0036）＝0.3，50×（0.0024+0.0036+0.0060）＝0.6，故小區(qū)用電量中位數在[150，200），設為m，則0.3+（m﹣150）×0.0060＝0.5，解得，故B錯誤；對于C，因為50×（0.0024+0.0036+0.0060+0.0044）＝0.82＜0.85，50×（0.0024+0.0036+0.0060+0.0044+0.0024）＝0.94＞0.85，故估計小區(qū)居民月用電量的85%分位數在[250，300），設為x，則0.82+（x﹣250）×0.0024＝0.85，解得x＝262.5，故C正確；對于D，樣本中小區(qū)用電量不小于250kW?h的頻率為0.0024×50+0.0012×50＝0.18，所以小區(qū)用電量不小于250kW?h的約有2000×0.18＝360戶，故D錯誤．故選：C．【點評】本題主要考查了頻率分布直方圖的應用，考查了平均數、極差、中位數和百分位數的計算，屬于中檔題．5．已知函數，則下列說法錯誤的是（）A．函數f（x）的最小正周期為π B．是函數f（x）的一條對稱軸 C．函數f（x）在區(qū)間上的最大值為2 D．將函數f（x）向左平移個單位后得函數g（x），則g（x）為偶函數【分析】由題意，利用兩角和的正弦公式化簡函數的解析式，再根據正弦函數的圖象和性質，得出結論．解：由于函數＝2sin（2x+），故它的最小正周期為＝π，故A正確．令x＝，求得f（x）＝﹣2，為最小值，可得它的圖象關于直線x＝對稱，故B正確．在區(qū)間上，2x+∈[﹣，]，故函數f（x）的最大值為2，故C正確．將函數f（x）向左平移個單位后得函數g（x）＝2sin（2x++）＝2sin（2x+）的圖象，顯然，g（x）為非奇非偶函數，故D錯誤．故選：D．【點評】本題主要考查兩角和的正弦公式，正弦函數的圖象和性質，屬于中檔題．6．函數在區(qū)間[﹣1，1]上單調遞減，則a的取值范圍為（）A．a≤﹣1 B．a＜﹣1 C．﹣3≤a≤﹣1 D．﹣3＜a＜﹣1【分析】根據題意，令t（x）＝7+2ax﹣x2，由題意可得t（x）需滿足在區(qū)間[﹣1，1]上單調遞減，且t（x）min≥0，由此列出不等式，求得答案．解：根據題意，函數，令t（x）＝7+2ax﹣x2，則，由題意可得t（x）＝7+2ax﹣x2需滿足在區(qū)間[﹣1，1]上單調遞減，且t（x）min≥0，而t（x）＝7+2ax﹣x2的圖象開口向下，對稱軸為x＝a，故a≤﹣1且t（1）＝6+2a≥0，解可得﹣3≤a≤﹣1．故選：C．【點評】本題考查復合函數單調性的判定，注意函數的定義域，屬于基礎題．7．如圖，在平面四邊形ABCD中，∠A＝90°，AB＝AD＝2，△BCD為等邊三角形，當點M在對角線AC上運動時，的最小值為（）A．﹣2 B． C．﹣1 D．【分析】由題意，結合全等三角形的定義得到△ABC≌△ADC，根據向量的加法運算以及數量積的定義對進行整理，利用二次函數的性質進行求解即可．解：已知∠A＝90°，AB＝AD＝2，所以△ABD為等腰直角三角形，此時∠ABC＝∠ADC＝45°+60°＝105°，易知，所以△ABC≌△ADC，所以∠ACB＝∠ACD，即AC平分∠BCD，因為，所以＝，當時，取得最小值，最小值為．故選：B．【點評】本題考查平面向量數量積的定義，考查了邏輯推理和運算能力．8．△ABC中，AB＝2，，AC＝4，點O為△ABC的外心，若，則實數的值為（）A．7 B． C． D．【分析】在△ABC中，利用余弦定理求出cos∠BAC，再在兩邊同時乘以向量和，利用投影的定義計算出和的值，代入方程中計算，解出m和n，可得出答案．解：由余弦定理可得∵，∴，又∵，同理可得：，代入上式，∴，解得：m＝，n＝，所以，故選：A．【點評】考查三角形外心的定義，余弦定理，以及數量積的運算及其計算公式，余弦函數的定義，屬于中檔題．二、多選題（共20分）（多選）9．設P表示一個點，a、b表示兩條直線，α、β表示兩個平面，下列說法正確的是（）A．若P∈a，P∈α，則a?α B．若a∩b＝P，b?β，則a?β C．若a∥b，a?α，P∈b，P∈α，則b?α D．若α∩β＝b，P∈α，P∈β，則P∈b【分析】根據公理1以及直線在平面內的定義，逐一對四個結論進行分析，即可求解．解：當a∩α＝P時，P∈a，P∈α，但a?α，故A錯；當a∩β＝P時，B錯；如圖，∵a∥b，P∈b，∴P?a，∴由直線a和點P確定唯一平面α，又a∥b，由a與b確定唯一平面β，但β經過直線a和點P，∴β與α重合，∴b?α，故C正確；兩個平面的公共點必在其交線上，故D正確．故選：CD．【點評】本題考查了公理1及空間點、線、面的位置關系，屬基礎題．（多選）10．下列有關復數的說法正確的是（）A．若復數z＝，則z∈R B．若z+＝0，則z是純虛數 C．若z是復數，則一定有|z|2＝z2 D．若z1，z2∈C，則【分析】由共軛復數的概念及復數相等，判斷A；應用特殊值法，令z＝＝0及z＝1+i，判斷BC；利用共軛復數的概念及復數乘法判斷D．解：對于A，設z＝a+bi，（a，b∈R），則＝a﹣bi，若z＝，則b＝0，∴z∈R，故A正確；對于B，設z＝＝0時，z+＝0，而z不是純虛數，故B錯誤；對于C，當z＝1+i時，則|z|2＝2，zz2＝2im，∴|z|2≠z2，故C錯誤；對于D，令z1＝a+bi（a，b∈R），z2＝m+ni（m，n∈R），則z1?z2＝ma﹣nb+（mb+na）i，＝ma﹣nb﹣（mb+na）i，∵＝a﹣bi，＝m﹣ni，∴＝（a﹣bi）（m﹣ni）＝ma﹣nb﹣（mb+na）i，∴若z1，z2∈C，則，故D正確．故選：AD．【點評】本題考查復數的運算，考查復數的定義、運算法則等基礎知識，考查運算求解能力，是基礎題．（多選）11．一個袋子中有大小和質地相同的5個球（標號為1，2，3，4，5），從袋中有放回的抽出兩球則下列說法正確的是（）A．沒有出現數字1的概率為 B．兩次都出現兩個數字相同的概率為 C．至少出現一次數字1的概率為 D．兩個數字之和為6的概率為【分析】根據古典概型計算公式，結合邏輯推理，逐項運算判斷即可；解：沒有出現數字1的概率為，選項A錯誤；從袋中有放回的抽出兩球共有：5×5＝25種結果，兩次都出現兩個數字相同的有5種結果，故兩次都出現兩個數字相同的概率為，選項B正確；從反向思考，至少出現一次數字1的概率為，選項C正確；兩個數字之和為6的情況有：（1，5），（2，4），（3，3），（4，2），（5，1），5種，故兩個數字之和為6的概率為，選項D錯誤．故選：BC．【點評】本題主要考查了古典概型的概率公式，屬于基礎題．（多選）12．如圖，點P是棱長為2的正方體ABCD﹣A1B1C1D1的表面上一個動點，則（）A．當P在平面BCC1B1上運動時，四棱錐P﹣AA1D1D的體積不變 B．當P在線段AC上運動時，D1P與A1C1所成角的取值范圍是[，] C．使直線AP與平面ABCD所成的角為45°的點P的軌跡長度為 D．若F是A1B1的中點，當P在底面ABCD上運動，且滿足PF∥平面B1CD1時，PF長度的最小值是【分析】對于選項A，由點P到側面ADD1A1的距離相等，故四棱錐P﹣AA1D1D的體積為定值，即可判斷；對于選項B，找到所求角為∠D1PA或其補角，根據正三角形△D1AC，即可判斷；對于選項C，分別求當點P在側面BB1C1C，側面CC1D1D上時（不包括正方形的邊界）、在上底面A1B1C1D1上、點P在側面AA1D1D，AA1BB上點P的軌跡長，即可判斷；對于選項D，取BC中點M，CD中點N，連結FM，FN，可證明平面FMN∥平面B1CD1，即可求得P的軌跡是MN，即可求得PF的最小值，進而判定選項．解：對于選項A：因為平面BCC1B1∥平面AA1D1D，所以點P到側面ADD1A1的距離為定值，故四棱錐P﹣AA1D1D的體積為定值，故A正確；對于選項B：因為A1C1∥AC，D1P與A1C1所成角是∠D1PA或其補角，因為△D1AC是正三角形，所以D1P與A1C1成角的取值范圍是[]，故B正確；?對于選項C：①當點P在側面CC1D1D上時（不包括正方形的邊界），過點P作平面ABCD的垂線，垂足為H，連AH，根據正方體易知PH⊥平面ABCD，則∠PAH為PA與平面ABCD所成的角，故∠PAH＝45°，所以PH＝AH，在Rt△ADH中，由AH＞AD＝2，但是PH＝AH＜2，矛盾，故點P不能在側面CC1D1D上（不包括正方形的邊界），同理，點P不在側面BB1C1C上（不包括正方形的邊界）．②當點P在上底面A1B1C1D1上時，過點P作平面ABCD的垂線，垂足為G，連結A1P，AG，根據正方體易知PG⊥平面ABCD，且四邊形A1PGA為矩形，則∠PAG為PA與平面ABCD所成的角，故∠PAG＝45°，所以PG＝AG＝2，所以A1P＝AG＝2，此時點P的軌跡是以A1為圓心，2為半徑的四分之一圓，點P的軌跡長度為；③當點P在側面AA1D1D，AA1BB上時，根據正方體特征易知點P在線段AB1，AD1上，都符合題意，此時點P的軌跡長為；由上知點P的軌跡長度為，故C選項正確；對于選項D：取BC中點M，CD中點N，連結FM，FN，因為M、N是BC、CD的中點，可知MN∥BD且MN＝BD＝，又BD∥B1D1，所以MN∥B1D1，又MN?平面B1CD1，B1D1?平面B1CD1，所以MN∥平面B1CD1，因為F，N是A1B1、CD中點，根據正方體可得，四邊形B1FNC是平行四邊形，所以FN∥B1C，FN?平面B1CD1，B1C?平面B1CD1，所以FN∥平面B1CD1，又FN∩MN＝N，FN，MN?平面FMN，所以平面FMN∥平面平面B1CD1，因為P在底面ABCD上運動，且PF∥平面B1CD1，所以PF?平面FMN，因為平面FMN∩底面ABCD＝MN，所以點P在底面ABCD上的軌跡為MN，根據正方體的棱長為2，結合勾股定理可得，，，所以FN2＝FM2+MN2，故MN⊥FM，所以PF長度的最小值為，故D錯誤．?故選：ABC．【點評】本題考查了棱錐的體積，直線與直線所成角，直線與平面所成角以及軌跡問題，屬于較難題．三、填空題（共20分）13．方程x2+9＝0在復數范圍內的根為±3i．【分析】根據已知條件，結合復數的四則運算，即可求解．解：方程x2+9＝0，解得x＝±3i．故±3i．【點評】本題主要考查復數的四則運算，屬于基礎題．14．某一部件由三個電子元件按如圖方式連接而成，元件1或元件2正常工作，且元件3正常工作，則部件正常工作．元件1，元件2，元件3正常工作的概率分別為，則這個部件能正常工作的概率為．【分析】設“元件1正常工作”為事件A，“元件2正常工作”為事件B，“元件3正常工作”為事件C，則P（A）＝，P（B）＝，P（C）＝，再結合相互獨立事件的概率乘法公式，即可求解．解：設“元件1正常工作”為事件A，“元件2正常工作”為事件B，“元件3正常工作”為事件C，則P（A）＝，P（B）＝，P（C）＝，這個部件能正常工作的概率為P＝[1﹣P（）P（）]P（A）＝．故．【點評】本題主要考查相互獨立事件的概率乘法公式，需要學生熟練掌握公式，屬于基礎題．15．已知，，，；若P是△ABC所在平面內一點，，則的最大值為192．【分析】建立直角坐標系，由可得P的坐標，從而可得＝12t2，再結合t的范圍即可求得它的最大值．解：由題意建立如圖所示的坐標系，可得A（0，0），B（，0），C（0，t），因為＝，所以P（0，4t），所以＝（，﹣4t），＝（0，﹣3t），所以＝﹣4t×（﹣3t）＝12t2，因為，所以的最大值為192．故192．【點評】本題考查平面向量的數量積與坐標運算，屬于中檔題．16．已知正四棱錐S﹣ABCD的底面邊長為，側棱長為2，則該正四棱錐相鄰兩個側面所成二面角的余弦值為；該正四棱錐的外接球的體積為．【分析】作出二面角的平面角，通過求解三角形．推出結果；求解外接球的半徑，然后求解體積即可．解：如圖所示，連接AC，BD，相交于點O，連接OS．∵四棱錐S﹣ABCD是正四棱錐，∴OS⊥底面ABCD．作BE⊥SC，同理DE⊥SC，連接DE，∴∠BED是相鄰兩個側面所成二面角的平面角，BD＝2，，可得BE＝＝，sin＝，cos∠BED＝＝﹣．SO＝＝＝，設外接球的半徑為R，可得，解得R＝，正四棱錐的外接球的體積為：＝．故；．【點評】本題考查了正四棱錐的性質，二面角的求法，幾何體的外接球的體積的求法．考查了推理能力與計算能力．四、解答題（共70分）17．如圖，在平行四邊形ABCD中，點E在AB上，且AE＝2BE，點F是BC的中點．（1）設，，用，表示，；（2）已知ED⊥EF，求證：．【分析】（1）利用平面向量基本定理以及三角形法則即可求解；（2）利用向量垂直的性質化簡即可證明．解：（1）因為AE＝2BE，則，所以，＝；（2）證明：因為ED⊥EF，所以，即（）＝，即|，所以AB＝．【點評】本題考查了平面向量基本定理的應用，涉及到向量垂直的性質，考查了學生的運算轉化能力，屬于基礎題．18．設函數f（x）＝lg（x2﹣1）的定義域為集合A，g（x）＝的定義域為集合B．（1）當a＝1時，求（?RA）∩B；（2）若“x∈A”是“x∈B”的必要條件，求實數a的取值范圍．【分析】（1）根據對數函數、指數函數性質求得集合A，B，再根據集合的運算進行求解即可；（2）因為“x∈A”是“x∈B”的必要條件，所以B?A，即可求得實數a的取值范圍．解：（1）由x2﹣1＞0，解得x＞1或x＜﹣1，所以集合A＝（﹣∞，﹣1）∪（1，+∞），?RA＝[﹣1，1]，當a＝1時，由9x+1﹣3≥0，即32x+2≥3，解得x≥，所以集合B＝[﹣，+∞），故（?RA）∩B＝[﹣，1]，（2）由（1）知A＝（﹣∞，﹣1）∪（1，+∞），由9x+a﹣3≥0，解得x﹣a，所以B＝[﹣a，+∞），因為“x∈A”是“x∈B”的必要條件，所以B?A，所以﹣a＞1，解得a，故實數a的取值范圍是（﹣∞，）．【點評】本題主要考查了復合函數的定義域，集合的運算，充要條件的定義，屬于基礎題．19．已知向量，函數．（1）若f（α）＝2，α∈（0，π），求α的值；（2）已知△ABC的三個角A，B，C的對邊分別為a，b，c，f（A）＝2，b＝1，△ABC的面積為，求的值．【分析】（1）由向量的數量積的坐標表示和三角函數的恒等變換，計算可得所求角；（2）運用三角形的面積公式和三角形的正弦定理、余弦定理，計算可得所求值．解（1）依題意得＝＝，因為，所以．所以，即．（2）因為f（A）＝2，A∈（0，π），由（1）得．因為，所以，即c＝2．在△ABC中，由余弦定理得a2＝b2+c2﹣2bccosA＝．由，得b＝2sinB，c＝2sinC，a＝2sinA，所以．【點評】本題主要考查平面向量的應用、正弦定理、余弦定理及三角恒等變換等基礎知識，考查推理論證能力、運算求解能力等，考查化歸與轉化思想、函數與方程思想等，考查數學運算、邏輯推理等核心素養(yǎng)，體現基礎性、綜合性．20．2021年起，遼寧省將實行“3+1+2”高考模式，為讓學生適應新高考的賦分模式．某校在一次?？贾惺褂觅x分制給高三年級學生的化學成績進行賦分，具體賦分方案如下：先按照考生原始分從高到低按比例劃定A、B、C、D、E共五個等級，然后在相應賦分區(qū)間內利用轉換公式進行賦分．A等級排名占比15%，賦分分數區(qū)間是86～100；B等級排名占比35%，賦分分數區(qū)間是71～85；C等級排名占比35%，賦分分數區(qū)間是56～70；D等級排名占比13%，賦分分數區(qū)間是41～55；E等級排名占比2%，賦分分數區(qū)間是30～40．現從全年級的化學成績中隨機抽取100名學生的原始成績（未賦分）進行分析，其頻率分布直方圖如圖所示：（Ⅰ）求圖中a的值；（Ⅱ）用樣本估計總體的方法，估計該校本次化學成績原始分不少于多少分才能達到賦分后的C等級及以上（含C等級）？（結果保留整數）（Ⅲ）若采用分層抽樣的方法，從原始成績在[40，50）和[50，60）內的學生中共抽取5人，查看他們的答題情況來分析知識點上的缺漏，再從中選取2人進行調查分析，求這2人中恰有一人原始成績在[40，50）內的概率．【分析】（Ⅰ）由頻率分布直方圖的性質列方程，能求出a．（Ⅱ）由已知等級達到C及以上所占排名等級占比為85%，假設原始分不少于x分可以達到賦分后的C等級及以上，列方程能求出結果．（Ⅲ）由題知得分在[40，50）和[50，60）內的頻率分別為0.1和0.15，則抽取的5人中，得分在[40，50）內的有2人，得分在[50，60）的有3人，記得分在[50，60）內的3位學生為a，b，c，得分在[40，50）內的2位學生為D，E，從5人中任選2人，利用列舉法能求出這2人中恰有一人原始成績在[40，50）內的概率．解：（Ⅰ）由題意（0.010+0.015+0.015+a+0.025+0.005）×10＝1，所以a＝0.030．（Ⅱ）由已知等級達到C及以上所占排名等級占比為15%+35%+35%＝85%，假設原始分不少于x分可以達到賦分后的C等級及以上，則有（0.005+0.025+0.030+0.015）×10+（60﹣x）×0.015＝0.85，解得x≈53.33（分），所以原始分不少于54分才能達到賦分后的C等級及以上．（Ⅲ）由題知得分在[40，50）和[50，60）內的頻率分別為0.1和0.15，則抽取的5人中，得分在[40，50）內的有2人，得分在[50，60）的有3人，記得分在[50，60）內的3位學生為a，b，c，得分在[40，50）內的2位學生為D，E，則從5人中任選2人，樣本空間可記為：Ω＝{ab，ac，aD，aE，bc，bD，bE，cD，cE，DE}共包含10個樣本，用A表示“這2人中恰有一人得分在[40，50）內”，則A＝{aD，aE，bD，bE，cD，cE}，即A包含6個樣本，所以這2人中恰有一人原始成績在[40，50）內的概率為P（A）＝＝．【點評】本題考查頻率、概率的求法，考查頻率分布直方圖的性質、古典概型、列舉法等基礎知識，考查運算求解能力，是基礎題．21．已知函數f（x）＝loga（10+x）﹣loga（10﹣x）（a＞0且a≠1）．（1）求f（x）的定義域；（2）判斷f（x）的奇偶性，并說明理由；（3）求不等式f（x）＞0的解集．【分析】（1）由函數有意義所需條件，求f（x）的定義域；（2）由函數奇偶性的定義，判斷并證明f（x）的奇偶性；（3）分類討論，根據函數單調性求解不等式．解：（1）要使函數有意義，則，解得﹣10＜x＜10，所以函數f（x）的定義域為（﹣10，10）．（2）f（x）是奇函數，理由如下：由（1）知函數f（x）的定義域關于原點對稱，f（﹣x）＝loga（10﹣x）﹣loga（10+x）＝﹣[loga（10+x）﹣loga（10﹣x）]＝﹣f（x），即函數f（x）是奇函數；（3）若f（x）＞0，則loga（10+x）﹣loga（10﹣x）＞0，即loga（10+x）＞loga（10﹣x），若a＞1，則y＝logax單調遞增，則有，得，解得：0＜x＜10；若0＜a＜1，則y＝logax單調遞減則有，得，解得：﹣10＜x＜0．即當a＞1時，不等式的解集為（0，10），當0＜a＜1時，不等式的解集為（﹣10，0）．【點評】本題考查分類討論求解不等式的解集的方法及函數的奇偶性的判斷方法，屬于基礎題．22．如圖所示，在等邊△ABC中，AB＝6，M，N分別是AB，AC上的點，且AM＝AN＝4，E是BC的中點，AE交MN于點F．以MN為折痕把△AMN折起，使點A到達點P的位置（0＜∠PFE＜π），連接PB，PE，PC．（1）證明：MN⊥PE；（2）設點P在平面ABC內的射影為點Q，若二面角P﹣MN﹣B的大小為，求直線QC與平面PBC所成角的正弦值．【分析】（1）折疊前MN⊥AE，折疊后MN⊥PF，MN⊥FE，從而MN⊥平面PFE，又PE?平面PFE，則MN⊥PE；（2）易知二面角P﹣MN﹣B的平面角為∠PFE，另一方面平面ABC⊥平面PFE，從而可以確定Q的位置，建立空間直角坐標系即可求解．（1）證明：因為△ABC是等邊三角形，E是BC的中點，所以AE⊥BC，因為AM＝AN＝4，所以MN∥BC，所以MN⊥AE，可得MN⊥PF，MN⊥FE，又PF∩FE＝F，所以MN⊥平面PFE，又PE?平面PFE，所以MN⊥PE．（2）解：因為MN⊥PF，MN⊥FE，所以二面角P﹣MN﹣B的平面角為∠PFE，所以，可得，由第（1）問知，MN⊥平面PFE，MN?平面ABC，所以平面ABC⊥平面PFE，又因為平面PFE?平面ABC＝AE，所以點P在平面ABC內的射影Q在AE上，因為，所以，過F作直線l∥PQ交PE于點K，以F為坐標原點，以的方向分別為x，y，z軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系，，，，，，，，設平面PBC的法向量為，則，令z＝2，可得，所以，所以直線QC與平面PBC所成角的正弦值為．【點評】本題主要考查空間中的垂直關系，線面角的相關計算，空間想象能力的培養(yǎng)等知識，屬于中等題．2024-2025學年福建省寧德市高二上學期入學考試數學試卷（二）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中，只有一項是符合題目要求的．1．已知全集，，，則集合可能為（

）A． B．C． D．2．設實數，則“”是“”的（

）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件3．已知函數的定義域是，則的定義域是（

）A． B．C． D．4．已知，則等于（

）A． B．C．1 D．25．設，且，則的大小關系為（

）A． B． C． D．6．已知正實數滿足，則（

）A．的最小值為 B．的最小值為8C．的最小值為 D．沒有最大值7．已知是偶函數，則（

）A． B．C．1 D．28．如圖，長方形的邊，，是的中點．點沿著邊，與運動，記．將動點到兩點距離之和表示為的函數，則的圖像大致為（

）

A．

B．

C．

D．

二、多選題：本題共3小題，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．設函數的定義域都為R，且，，是減函數，是增函數，則下列說法錯誤的有（

）A．是增函數 B．是減函數C．是增函數 D．是減函數10．已知關于的不等式的解集是，其中，則下列結論中正確的是（

）A． B．C． D．11．已知定義在R上的奇函數，其周期為4，當時，，則（

）A． B．的值域為C．在上單調遞增 D．在上有9個零點三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分．12．已知，則的取值范圍是.13．設是非空集合，定義，且，且.已知，，則.14．對于任意實數，定義，設函，則函數的最小值是．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．為迎接中秋佳節(jié)，某公司開展抽獎活動，規(guī)則如下：在一個不透明的容器中有除顏色外完全相同的2個紅球和3個白球，每位員工從中摸出2個小球．若摸到一紅球一白球，可獲得價值(單位：百元)代金券；摸到兩白球，可獲得價值(單位：百元)代金券；摸到兩紅球，可獲得價值(單位：百元)代金券(,均為整數).(1)若，，求每位員工平均可獲得多少代金券（即數學期望，單位：百元）；(2)若已知每位員工平均可獲得5.4(單位：百元)代金券，試估計手氣最好者獲得至多多少代金券(單位：百元).16．解關于x的不等式.17．已知不等式.(1)是否存在實數，使不等式對任意恒成立，并說明理由；(2)若不等式對于恒成立，求的取值范圍；(3)若不等式對于恒成立，求實數的取值范圍.18．函數的定義域為，且滿足對于任意，有，當.(1)證明：在上是增函數；(2)證明：是偶函數；(3)如果，解不等式.19．黎曼函數是一個特殊的函數，是德國著名數學家波恩哈德·黎曼發(fā)現并提出，在數學中有廣泛的應用．黎曼函數定義在上，．(1)請用描述法寫出滿足方程的解集；（直接寫出答案即可）(2)解不等式；(3)探究是否存在非零實數，使得為偶函數？若存在，求k，b應滿足的條件；若不存在，請說明理由．1．D【分析】先明確全集，分析集合中的元素組成，可得答案.【詳解】因為，因為，所以，所以.又，所以且.故選：D2．B【分析】結合對數函數的性質與充分條件及必要條件定義計算即可得.【詳解】若，則有或，即有或，若，則，故當時，可得，當時，不一定成立，故“”是“”的必要不充分條件.故選：B.3．A【分析】根據給定條件，利用抽樣函數定義域列式求解即得.【詳解】由函數的定義域是，得，因此在函數中，，解得，所以所示函數的定義域為.故選：A4．B【分析】根據給定條件，逐次判斷代入計算即得.【詳解】函數，則，所以.故選：B5．B【分析】先比較的大小，再利用的單調性比較大小即可.【詳解】對數函數在上單調遞減，，.故選：B6．A【分析】根據題意，得到，結合二次函數的性質，可判定A正確；利用基本不等式，可得判定B錯誤；由，可判定C錯誤，利用對數的運算性質，得到，得到，設函數，利用導數求得函數的單調性與最值，可判定D錯誤.【詳解】對于A中，由正實數滿足，可得，且，則，當時，取得最小值為，所以A正確；對于B中，由，當且僅當時，即時，等號成立，所以的最小值為，所以B不正確；對于C中，由，當且僅當時，等號成立，所以的最大值為，所以C錯誤；對于D中，由，因為，設，可得，當時，，在上單調遞增；當時，，在上單調遞減，所以，當時，函數取得最大值，最大值為，則的最大值為，所以D不正確.故選：A.7．C【分析】根據函數的奇偶性列方程，化簡求得的值.【詳解】的定義域是，由于是偶函數，所以，即，所以，即，所以，解得，當時，，，符合題意，所以.故選：C8．B【分析】借助排除法，計算、可排除C、D，計算時的情況可得時圖像不是線段，可排除A.【詳解】由題意可得，，故，由此可排除C、D；當時點在邊上，，，所以，可知時圖像不是線段,可排除A，故選B．故選：B.9．AC【分析】根據給定條件，利用單調性的性質即可根據選項逐一求解.【詳解】對于A，如，，不單調，因此函數不一定為增函數，A錯誤；對于B，是增函數，則為減函數，又是減函數，則為減函數，B正確；對于C，如，，因此函數不一定是增函數，C錯誤；對于D，，由是增函數，且，得，則，由為減函數，得，于是，是減函數，D正確.故選：AC10．AB【分析】由一元二次不等式的性質可得，且，即可得A、D，結合二次函數的性質可得，即可得B、C.【詳解】由題意可得，，即，即有，即，，故A正確、D錯誤；令，其根為，，結合二次函數性質可得，，即，故B正確、C錯誤.故選：AB.11．BD【分析】利用函數的周期性與奇偶性計算函數值可判斷A；求出時的范圍，再利用奇偶性周期性求出函數在的值域可判斷B；求出、可判斷C；利用函數的周期性、奇偶性求出零點個數可判斷D.【詳解】對于A，因為為R上的奇函數，所以，又其周期為4，所以，故A錯誤；對于B，因為為奇函數，所以f?x=?fx，可得又因為周期為4，所以，可得，所以，即，可得的圖象關于對稱，所以，，因為當時，為單調遞增函數，所以，又因為為奇函數，當時，所以，再由的周期為4，可得的值域為，故B正確；對于C，因為，，所以在上不具備單調性，故C錯誤；對于D，因為的周期為