湖南省长沙市雅礼中学2023-2024学年高二上学期入学检测数学 Word版含解析.docx

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雅礼中学2023年高二下学期入学检测试题数学试卷时量：120分钟满分：150分一、单项选择题：本大题共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.已知复数是纯虚数，则实数（）A.B.C.0D.1【答案】B【解析】【分析】由纯虚数的定义得出实数.【详解】，因为复数是纯虚数，所以，且，解得.故选：B2.已知集合，，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由已知联立方程组，可得两个集合的交集．【详解】，，则，故选：B3.已知，则且是且成立的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分又不必要条件【答案】A【解析】【分析】利用充分不必要条件的定义和不等式的性质进行判断可得答案. 【详解】因为且，所以且；取，，则且，但不满足，所以前者是后者的充分不必要条件.故选：A.4.有一个人在打靶中，连续射击2次，事件“至少有1次中靶”的对立事件是（）.A.至多有1次中靶B.2次都中靶C.2次都不中靶D.只有1次中靶【答案】C【解析】【分析】根据对立事件的概念可得结果.【详解】根据对立事件的概念，连续射击2次，事件“至少有1次中靶”的对立事件是“2次都不中靶”.故选：C.5.已知样本数据，，…，的平均数和方差分别为3和56，若，则，，…，的平均数和方差分别是（）A.12，115B.12，224C.9，115D.9，224【答案】D【解析】【分析】根据平均数和方差的性质求解：若数据，，…，的平均数和方差分别为和，则数据，，…，的平均数和方差分别为和.【详解】若数据，，…，的平均数和方差分别为和，则数据，，…，的平均数和方差分别为和.题中，样本数据，，…，的平均数和方差分别为3和56，，则，，…，的平均数为，方差为.故选：D.6.某中学举行了一次“网络信息安全”知识竞赛，将参赛的100名学生成绩分为6组，绘制了如图所示的频率分布直方图，则成绩在区间内的学生有（） A.15名B.20名C.25名D.40名【答案】B【解析】【分析】先根据频率分布直方图的性质，求得的值，再根据样本中成绩在区间内的频率×参赛的100名学生即可求解．【详解】由频率分布直方图可知，得，所以成绩在区间内学生有名．故选：B．7.已知函数的定义域为R，且，则（）A.B.C.0D.1【答案】A【解析】【分析】法一：根据题意赋值即可知函数的一个周期为，求出函数一个周期中的的值，即可解出．【详解】[方法一]：赋值加性质因为，令可得，，所以，令可得，，即，所以函数为偶函数，令得，，即有，从而可知，，故，即，所以函数的一个周期为．因为，，，， ，所以一个周期内的．由于22除以6余4，所以．故选：A．[方法二]：【最优解】构造特殊函数由，联想到余弦函数和差化积公式，可设，则由方法一中知，解得，取，所以，则，所以符合条件，因此的周期，，且，所以，由于22除以6余4，所以．故选：A．【整体点评】法一：利用赋值法求出函数的周期，即可解出，是该题的通性通法；法二：作为选择题，利用熟悉的函数使抽象问题具体化，简化推理过程，直接使用具体函数的性质解题，简单明了，是该题的最优解.8.如图，正方体中，点，，分别是，的中点，过点，，的截面将正方体分割成两个部分，记这两个部分的体积分别为，则（） A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】如图所示，过点，，的截面下方几何体转化为一个大的三棱锥，减去两个小的三棱锥，上方部分，用总的正方体的体积减去下方的部分体积即可.【详解】作直线，分别交于两点，连接分别交于两点，如图所示，过点，，的截面即为五边形，设正方体的棱长为，因为点，，分别是，的中点 所以，即，因为，所以则过点，，的截面下方体积为：，∴另一部分体积为，∴.故选：C.二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.已知，则a，b满足（）A.B.C.D.【答案】ACD【解析】【分析】由对数与指数的互换公式可得，由作差法结合对数的换底公式可判断选项A，由对数运算可判断B；由均值不等式结合由选项B推出的结论可判断选项C,D.详解】由，则，则，所以，所以A正确；，所以B不正确；由，因为，故等号不成立，则，故C正确；因为，故等号不成立，故D正确.故选：ACD.10.在中，内角所对的边分别为，根据下列条件解三角形，其中有两解的是（） A.B.C.D.【答案】BC【解析】【分析】对于A，直接判断即可；对于B，，结合即可判断；对于C，，结合即可判断；对于D，，结合即可判断.【详解】对于A，因为，所以，所以只有一解；故A错误；对于B，因为，所以由正弦定理得，因为，即，所以，所以有两解（，或），故B正确；对于C，因为，所以由正弦定理得，即，因为，所以有两解（，或，），故C正确；对于D，因为，所以由正弦定理得，由于，故，所以只有一解，故D错误；故选：BC11.下列四个命题中，假命题有（）A.对立事件一定是互斥事件 B.若为两个事件，则C.若事件彼此互斥，则D.若事件满足，则是对立事件【答案】BCD【解析】【分析】根据对立事件和互斥事件的关系可判断A；根据事件的和事件的概率可判断B；举反例可判断C，D,【详解】对于A，因为对立事件一定是互斥事件，A正确；对B，当且仅当A与B互斥时才有，对于任意两个事件，满足，B不正确；对C，若事件彼此互斥，不妨取分别表示掷骰子试验中的事件“掷出1点”，“掷出2点”，“掷出3点”，则，所以C不正确；对于D，例如，袋中有大小相同的红、黄、黑、蓝4个球，从袋中任摸一个球，设事件A={摸到红球或黄球}，事件B={摸到黄球或黑球），满足，但事件A与B不互斥，也不对立，D错误，故选：BCD.12.如图，正方体的棱长为，，，分别为，，的中点，则（）A.直线与直线垂直B.直线与平面平行 C.平面截正方体所得的截面面积为D.点与点B到平面的距离相等【答案】BCD【解析】【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断ABD选项；作出截面，计算出截面面积，可判断C选项.【详解】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示空间直角坐标系，则、、、、、、、、、、，对于A选项，，，则，所以直线与直线不垂直，故A错误；对于B选项，设平面的法向量为，，，则，取，可得，，所以，即，因为平面，平面，故B正确； 对于C选项，连接、、，因为、分别为、的中点，则，且，所以四边形为平行四边形，则，所以，所以、、、四点共面，故平面截正方体所得截面为，且，同理可得，，所以四边形为等腰梯形，分别过点、在平面内作，，垂足分别为、，如下图所示：因为，，，所以，故，，因为，，，则四边形为矩形，所以，，故，故梯形的面积为，故C正确；对于D选项，，则点到平面的距离为，，则点到平面的距离为，所以点与点到平面的距离相等，故D正确. 故选：BCD.三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.2023年是全面贯彻党的二十大精神的开局之年，某中学为了解教师学习“党的二十大精神”的情况，采用比例分配分层随机抽样的方法从高一、高二、高三的教师中抽取一个容量为30的样本，已知高一年级有教师80人，高二年级有教师72人，高三年级有教师88人，则高一年级应抽取______人.【答案】10【解析】【分析】根据高一年级教师所占比例抽取即可.【详解】高一年级教师所占的比例为：，则高一年级应抽取的教师人数为：.故答案为：10.14.在平行六面体中，°，则=___________．【答案】【解析】【分析】利用空间向量基本定理，得到，即可求出.【详解】在平行六面体中，.因为，所以.所以.故答案为：15.已知，若存在实数，使函数有两个零点，则的取值范围是________． 【答案】【解析】【分析】由有两个零点可得有两个零点，即与的图象有两个交点，则函数在定义域内不能是单调函数，结合函数图象可求的范围【详解】有两个零点，有两个零点，即与的图象有两个交点，由可得，或①当时，函数的图象如图所示，此时存在，满足题意，故满足题意②当时，由于函数在定义域上单调递增，故不符合题意③当时，函数单调递增，故不符合题意④时，单调递增，故不符合题意⑤当时，函数的图象如图所示，此时存在使得，与有两个交点 综上可得，或故答案为：【点睛】本题考查了函数的零点问题，渗透了转化思想，数形结合、分类讨论的数学思想．16.如图，正四棱锥P-ABCD的底面边长和高均为2，M是侧棱PC的中点.若过AM作该正四棱锥的截面，分别交棱PB､PD于点E､F（可与端点重合），则四棱锥P-AEMF的体积的取值范围是___________.【答案】【解析】【分析】首先证明一个结论：在三棱锥中，棱，，上取点，，，则，再设设，，分析可得，，，与，间的关系，再由换元法结合对勾函数的单调性求得答案．【详解】首先证明一个结论：在三棱锥中，棱，，上取点，，，则， 设与平面所成角为，则;再来解答本题：设，，,则，，，，，则，，，则，，令，则，，，，，当时，函数单调递减，当时，函数单调递增， 故最小值为2，当时，都取到最大值，则，（当且仅当时，取最小值），，，故答案为：，．四、解答题（本题共6小题，共70分，其中第17题10分，其它每题12分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）17.已知函数的部分图像如图所示.（1）求的解析式及对称中心；（2）先将的图像纵坐标缩短到原来的倍，再向右平移个单位后得到的图像，求函数在上的单调减区间和最值.【答案】（1），对称中心为，．（2）单调递减区间为；，．【解析】【分析】（1）由函数的图像的顶点坐标求出，由周期求出，由五点法作图求出的值，可得的解析式，再利用三角函数的图像的对称性，得出结论．（2）由题意利用函数的图像变换规律，求得的解析式，再利用余弦函数的单调性、余弦函数的定义域和值域，得出结论．【小问1详解】解：根据函数，，的部分图像， 可得，，．再根据五点法作图，，，故有．根据图像可得，是的图像的一个对称中心，故函数的对称中心为，．【小问2详解】解：先将的图像纵坐标缩短到原来的，可得的图像，再向右平移个单位，得到的图像，即，令，，解得，，可得的减区间为，，结合，可得在上的单调递减区间为．又，故当，时，取得最大值，即；当，时，取得最小值，即．18.如图，在正方体中，分别是棱的中点.（1）求证：； （2）若点分别在上，且.求证：；（3）棱上是否存在点，使平面平面？若存在，确定点P位置，若不存在，说明理由.【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析（3）存在，点P为棱CC1的中点【解析】【分析】（1）根据正方体的特征得到AB1⊥B1A和BC⊥平面，进而得到，利用线面垂直的判定得到AB1⊥平面A1D1CB，从而得到；（2）连接DE，CD1，利用三角形全等得到DE⊥AF，然后根据正方体的特征得到DD1⊥平面ABCD，进而得到AF⊥DD1，利用线面垂直的判定得到AF⊥平面D1DE，从而得到AF⊥D1E，结合（1）的结论和线面垂直的判定得到D1E⊥平面AB1F和MN⊥平面B1AF，进而得到；（3）连接FP，AP，利用中位线定理得到FP∥C1D，再利用正方体的特征得到FP与AB1共面于平面AB1PF.结合（2）的结论，利用面面垂直的判定即可求证.【小问1详解】如图，连接A1B，CD1∵正方体∴四边形为正方形，∴AB1⊥A1B，又∵正方体，∴BC⊥平面，AB1⊂平面，所以BC⊥AB1，又BC∩A1B＝B，平面∴所以AB1⊥平面A1D1CB，又∵D1E⊂平面A1D1CB， ∴AB1⊥D1E；【小问2详解】如图，连接DE，CD1在正方形ABCD中，E，F分别为棱的中点∴AD＝DC，DF＝EC，∠ADF＝∠DCE，∴△ADF≌△DCE，∴∠DAF＝∠CDE.∵∠CDE+∠ADE=，所以∠DAF+∠ADE=，即DE⊥AF.又∵正方体中，DD1⊥平面ABCD，AF⊂平面ABCD，∴AF⊥DD1，∵DD1∩DE＝D，D1D，DE⊂平面D1DE∴AF⊥平面D1DE.又∵D1E⊂平面D1DE，∴AF⊥D1E.由（1）可知AB1⊥D1E又∵AB1∩AF＝A，AB1，AF⊂平面AB1F∴D1E⊥平面AB1F.又∵，AB1//C1D∴MN⊥AB1，又∵MN⊥AFAB1∩AF＝A，AB1，AF⊂平面AB1F所以MN⊥平面B1AF，所以.【小问3详解】存在.如图，当点P为棱CC1的中点时，平面平面.连接FP，AP，∵点P，F分别为棱CC1，CD的中点∴FP∥C1D，∵正方体，∴AD∥B1C1，∴，∴C1D∥AB1，∴FP∥AB1，∴FP与AB1共面于平面AB1PF.由（2）知D1E⊥平面B1AF，即D1E⊥平面AFP.又因为D1E⊂平面CD1E.∴平面平面.19.某足球俱乐部举办新一届足球赛,按比赛规则,进入淘汰赛的两支球队如果在120分钟内未分出胜负,则需进行点球大战.点球大战规则如下:第一阶段,双方各派5名球员轮流罚球,双方各罚一球为一轮,球员每罚进一球则为本方获得1分,未罚进不得分,当分差拉大到即使落后一方剩下的球员全部罚进也不能追上的时候,比赛即宣告结束,剩下的球员无需出场罚球.若5 名球员全部罚球后双方得分一样,则进入第二阶段,双方每轮各派一名球员罚球,直到出现某一轮一方罚进而另一方未罚进的局面,则罚进的一方获胜.设甲、乙两支球队进入点球大战,由甲队球员先罚球,甲队每位球员罚进点球的概率均为,乙队每位球员罚进点球的概率均为.假设每轮罚球中,两队进球与否互不影响,各轮结果也互不影响.（1）求每一轮罚球中,甲、乙两队打成平局的概率;（2）若在点球大战的第一阶段,甲队前两名球员均得分而乙队前两名球员均未得分,甲队暂时以2:0领先,求甲队第5个球员需出场罚球的概率.【答案】（1）（2）【解析】【分析】(1)每一轮罚球中两队打成平局的情况有两种:甲、乙均未罚进点球,或甲、乙均罚进点球.(2)甲队第5个球员需出场罚球,则前四轮罚球甲、乙两队分差不能超过1分,即四轮罚球结束时比分可能为2:1或2:2或3:2.【小问1详解】设每一轮罚球中,甲队球员罚进点球的事件为,未罚进点球的事件为;乙队球员罚进点球的事件为,未罚进点球的事件为.设每一轮罚球中,甲、乙两队打成平局的事件为C,由题意,得在每一轮罚球中两队打成平局的情况有两种:甲、乙均未罚进点球,或甲、乙均罚进点球,则,故每一轮罚球中,甲、乙两队打成平局的概率为.【小问2详解】因为甲队第5个球员需出场罚球,则前四轮罚球甲、乙两队分差不能超过1分,即四轮罚球结束时比分可能为2:1或2:2或3:2.①比分为2:1的概率为. ②比分为2:2的概率为.③比分为3:2的概率为.综上,甲队第5个球员需出场罚球的概率为.20.如图，四棱锥中，平面，梯形满足，，且，，为中点，，.（1）求证：，，，四点共面；（2）求二面角的正弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）如图建立空间直角坐标系，求出点的坐标即可得到，，，令，依题意得到方程组，解得、，即可得证；（2）利用空间向量法求出二面角的余弦值，再根据同角三角函数的基本关系计算可得；【小问1详解】证明：以点为坐标原点，向量､､方向分别为､､轴的正方向建立坐标系， 则，，，，，，所以，因为，设，则，所以，解得，所以，同理可得，∴，，，令，则，∴，∴，∴，∴､､､四点共面.【小问2详解】 解：由（1）可知，，，∴，.设平面的一个法向量为，则，即，则，令，则.取平面的一个法向量为，则，所以，∴二面角的正弦值为.21.某校兴趣小组在如图所示的矩形区域内举行机器人拦截挑战赛，在处按方向释放机器人甲，同时在处按方向释放机器人乙，设机器人乙在处成功拦截机器人甲，两机器人停止运动．若点在矩形区域内（包含边界），则挑战成功，否则挑战失败．已知米，为中点，比赛中两机器人均匀速直线运动方式行进，记与的夹角为（），与的夹角为（）．（1）若两机器人运动方向的夹角为，足够长，机器人乙挑战成功，求两机器人运动路程和的最大值；（2）已知机器人乙的速度是机器人甲的速度的倍．（i）若，足够长，机器人乙挑战成功，求． （ii）如何设计矩形区域的宽的长度，才能确保无论的值为多少，总可以通过设置机器人乙的释放角度使机器人乙挑战成功？【答案】（1）6；（2）（i）；（ii）至少为米.【解析】【分析】（1）用余弦定理列方程，结合基本不等式求得，也即两机器人运动路程和的最大值.（2）（i）利用正弦定理求得；（ii）设，利用余弦定理求得，求得的最大值，由此求得的最小值.【详解】（1）如图，在中由余弦定理得，，所以所以，（当且仅当时等号成立）故两机器人运动路程和的最大值为（2）（i）在中由于机器人乙的速度是机器人甲的速度的倍，故，由正弦定理可得所以（ii）设，则，由余弦定理可得， 所以所以由题意得对任意恒成立，故，当且仅当时取到等号．答：矩形区域的宽至少为米，才能确保无论的值为多少，总可以通过设置机器人乙的释放角度使机器人乙在矩形区域内成功拦截机器人甲．【点睛】正弦定理、余弦定理是解题的重要数学知识，二次函数最值的求法在本题中是重要的方法.22.定义：为实数对的“正弦方差”.（1）若，证明：实数对的“正弦方差”的值是与无关的定值；（2）若，若实数对的“正弦方差”的值是与无关的定值，求值.【答案】（1）见解析；（2）或.【解析】【分析】（1）直接由公式计算可得解；（2）将条件代入公式可得，进而得，由，得或，由得或或，进而列方程求解即可.【详解】（1）因为，所以 ，所以正弦方差”的值是与无关的定值，（2）因为，所以，因为实数对的“正弦方差”的值是与无关的定值，所以，因为，所以，由，得或，即或由，得，又因为，所以或或，即或或，当时，解得，经检验不符合题意；当时，解得，经检验符合题意； 当时，解得，经检验符合题意.综上可知：或【点睛】关键点点睛：本题的难点在第二问，解题的关键是根据题中公式得到，进而得，从而再由两个式子求解即可.