湖南师范大学附属中学2023-2024学年高二上学期入学考试数学 Word版含解析.docx

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湖南师大附中2023-2024学年度高二第一学期入学考试数学试卷时量：120分钟满分：150分一、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.已知集合，，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】先分别求出集合，再根据并集的运算求解．【详解】∵集合，，∴．故选:B．2.已知复数（，是虚数单位），若，则的虚部是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由复数的模求出，利用两个复数代数形式的乘除法化简，根据虚部的定义即可求解．【详解】∵复数（，是虚数单位），若，∴，解得.∴，故的虚部是.故选：B.3.下列命题错误的是（） A.“”是“”的充分不必要条件B.“，”是“”的必要不充分条件C.对于命题p：，使得，则是：，均有D.命题“，”的否定形式是“，”【答案】D【解析】【分析】利用充分条件必要条件的概念，结合一元二次方程的求解及三角函数的求值判断AB；根据存在量词命题的否定是全称量词命题判断CD.【详解】由解得或，所以由“”能推出“”，但由“”不能推出“”，则“”是“”的充分不必要条件，故A正确；当，即时，，故，则充分性不成立，若，则，，可知必要性成立，则“，”是“”的必要不充分条件，故B正确；根据存在量词命题的否定是全称量词命题，对于命题p：，使得，则是：，均有，故C正确；命题“，”的否定形式是“，”，故D错误.故选：D.4.已知扇形的周长为10cm，面积为，则该扇形圆心角的弧度数为（）A.1或4B.或8C.1D.【答案】D【解析】【分析】设半径为，弧长为，由已知得出方程组，解方程组，然后根据弧长公式，求出圆心角，检验，即可得出答案. 【详解】设扇形圆心角为，半径为，弧长为.由已知可得，，解得或.当时，，舍去；当时，.综上所述，.故选：D.5.在空间中，l，m是不重合的直线，，是不重合的平面，则下列说法正确的是（）A.若，，，则B.若，，则C.若，，，则D.若，，，则【答案】D【解析】【分析】根据线面的位置关系及判定方法求解.【详解】若，，，则或异面，故A错误；若，，则或，故B错误；若，，，可能有，故C错误；若，，则，又，则，故D正确，故选：D.6.函数的大致图象为（）A.B. C.D.【答案】D【解析】【分析】首先判断函数的奇偶性，排除选项，再根据特殊值的正负，再排除选项，即可求解.【详解】函数的定义域为，由，则为偶函数，图象关于y轴对称，故排除A，C，又，故排除B，故选：D.7.天气预报说，在今后的三天中，每一天下雨的概率均为，用数字0，1，2，3表示下雨，数字4，5，6，7，8，9表示不下雨，由计算机产生如下20组随机数：977，864，191，925，271，932，812，458，569，683，431，257，394，027，556，488，730，113，537，908.由此估计今后三天中至少有一天下雨的概率为（）A.0.6B.0.7C.0.75D.0.8【答案】B【解析】【分析】由已知列举出代表今后三天都不下雨的随机数，以及今后三天都不下雨的随机数个数，利用古典概型和对立事件的概率求解即可．【详解】代表今后三天都不下雨的随机数有977，864，458，569，556，488，共6组，记“今后三天中至少有一天下雨”为事件，“今后三天都不下雨”为事件，则与为对立事件.所以，故选：B.8.下列命题不正确的是（）A.若非零向量，，满足，，则B.向量，共线的充要条件是存在唯一一个实数，使得成立 C.在中，，，，则该三角形不存在D.若，，为锐角，则实数m的取值范围是【答案】B【解析】【分析】A选项，根据向量的平行和共线的关系进行判断；B选项，根据向量的共线定理进行判断；C选项，根据正弦定理进行判断；D选项，根据向量的数量积的定义，结合夹角的范围计算参数范围.【详解】若，则共线，，则共线，由于，，是非零向量，则共线，于是，故A正确；若向量为零向量，为非零向量，则，共线时，不存在实数，使得成立，故B不正确；在中，，，，由正弦定理得，解得，所以该三角形不存在，故C正确；若，，又不同时成立，则，又为锐角，则，解得，当共线时，根据共线的充要条件：，得，说明时两个向量不可能共线，于是，故D正确．故选:B.二、选择题：本大题共4个小题，每小题5分，满分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.下列各式中值为1的是（）A.B.C.D.【答案】AD【解析】【分析】A.利用两角和的正切公式求解判断；B.利用二倍角的正弦公式求解判断；C.利用两角差的正弦公式求解判断；D.利用二倍角的余弦公式求解判断. 【详解】A.，故正确；B.，故错误；C.，故错误；D.，故正确.故选：AD10.下列命题中，正确的有（）A.若，则B.若，，则C.若，，则D.若，，则【答案】BD【解析】【分析】利用不等式性质及作差法比大小直接判断.【详解】A错误，，则，B正确，由得，又，故成立，C错误，由得，又，则，D正确，由得，又，故，即成立.故选：BD.11.2020年，我国全面建成小康社会取得伟大历史性成就，脱贫攻坚战取得了全面胜利.下图是2013—2019年我国农村减贫人数(按现行农村贫困标准统计)统计图，2019年末我国农村贫困人口仅剩的551万人也在2020年现行标准下全部脱贫.以下说法中正确的是（） A.2013—2020年我国农村贫困人口逐年减少B.2013—2019年我国农村贫困人口平均每年减少了1300万人以上C.2017年末我国农村贫困人口有3046万人D.2014年末与2016年末我国农村贫困人口基本持平【答案】ABC【解析】【分析】根据折线统计图逐一判断可得选项.详解】解：由题可知，2013—2020年我国农村每年减贫人数均大于0，因此贫困人口逐年减少，故选项A正确；2013—2019年我国农村每年减贫人数的平均值为(万人)，又，故选项B正确；2017年末我国农村贫困人口为(万人)，故选项C正确；由于2013—2019年我国农村贫困人口每一年都大量减少，故选项D错误.故选：ABC.12.如图，在棱长为2的正方体中，P为的中点，Q为上任意一点，E、F为CD上任意两点，且EF的长为1，则下列四个值中为定值的是（）A.点P到平面QEF的距离B.二面角的大小C.直线PQ与平面PEF所成的角D.三棱锥的体积【答案】ABD【解析】【分析】因为，则平面QEF也就是平面，即可判断A；根据二面角的定义可以判断B；根据线面角的定义可判断C；根据等底同高的三角形面积相等及A中的结论，结合棱锥的体积公式可判断D. 【详解】A中，因为，则平面QEF也就是平面，显然点P到平面的距离是定值，所以点P到平面QEF的距离为定值；B中，因为，Q为上任意一点，E，F为CD上任意两点，所以二面角P－EF－Q的大小即为二面角的大小，为定值．C中，因为Q是动点，PQ的长不固定，而Q到平面PEF的距离为定值，所以PQ与平面PEF所成的角不是定值；D中，因为△QEF面积是定值(EF为定长，点Q到EF的距离就是点Q到CD的距离，也是定长，即底和高都是定值)，再根据A中的结论，即点P到平面QEF的距离也是定值，所以三棱锥P－QEF的高也是定值，所以三棱锥P－QEF的体积是定值；故选：ABD．三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13.事件A、B是相互独立事件，若，，，则实数n的值等于______．【答案】【解析】【分析】根据概率的性质及独立事件的乘法公式求解.【详解】∵事件A、B是相互独立事件，∴，∴，∴.故答案为：.14.某年级120名学生在一次百米测试中，成绩全部介于13秒与18秒之间，将测试结果分成5组：，，，，，已知各组频数之比为，那么成绩的第70百分位数约为______秒．【答案】【解析】【分析】设成绩的第70百分位数为，再估计成绩的第70百分位数所在的区间，然后由百分位数的定义列式求解即可．【详解】设成绩第70百分位数为， ∵测试结果分成5组：，，，，,且各组频数之比为，∴，，∴，∴，解得（秒）.则成绩的第70百分位数约为秒.故答案为:.15.设点P在内且为的外心，，如图.若的面积分别为，x，y，则的最大值是________.【答案】##【解析】【分析】根据奔驰定理可得，等式两边同时平方，结合题意和外心的定义可得，利用基本不等式计算即可求解.【详解】根据奔驰定理得，，即，平方得，又因为点P是的外心，所以，且，所以，，解得，当且仅当时取等号.所以.故答案为：. 16.求“方程的解”有如下解题思路：构造函数，其表达式为，易知函数在上是严格减函数，且，故原方程有唯一解．类比上述解题思路，不等式的解集为______．【答案】．【解析】【分析】引入函数，由其单调性解方程．【详解】设，它在上严格单调递增，不等式，即，所以，得，解得：或，所以不等式的解集为.故答案为：四、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17.设的内角所对边的长分别是，且，，．（1）求a的值；（2）求的值．【答案】（1）;（2）.【解析】【分析】（1）由二倍角公式可得，由正弦定理与余弦定理即可求解；（2）利用余弦定理求得，进而求得，利用两角差的余弦公式即可求解.【小问1详解】由可得， 结合正弦定理与余弦定理可得：，即，即，解得.【小问2详解】由余弦定理可得：，又，所以，故.18.用斜二测画法画一个水平放管的平面图，其直观图如图所示，已知，，，且．（1）求原平面图形ABCD的面积；（2）将原平面图形ABCD绕BC旋转一周，求所形成的几何体的表面积和体积．【答案】（1）12（2）表面积为，体积为【解析】【分析】（1）根据直观图还原平面图形ABCD为一个直角梯形，再利用直角梯形的面积公式求解；（2）将原平面图形ABCD绕BC旋转一周，所得几何体是一个圆柱挖去一个圆锥，再结合圆柱和圆锥的表面积和体积公式求解．【小问1详解】还原平面图形ABCD，如图，因为，，，且，所以，，，且，，原平面图形ABCD为直角梯形，故； 【小问2详解】将原平面图形ABCD绕BC旋转一周，所得几何体是一个圆柱挖去一个圆锥，如图，其中圆柱的底面半径为3，高为6，圆锥的底面半径为3，高为4，母线长为5，所以几何体的表面积为，几何体的体积为19.某学校高一年级在期末考试成绩中随机抽取100名学生的数学成绩、按成绩分组，得到的频率分布表如下所示．组号分组频数频率第1组50.05第2组350.35第3组①0.30第4组200.20第5组10②合计1001.00（1）请先求出频率分布表中①，②位置相应数据，并估计这次考试中所有同学的平均成绩；（2）为了解学生的学习状态，年级决定在第3，4，5组中用分层抽样抽取6 名学生作为第一批座谈对象，第3，4，5组每组各有多少名学生是座谈对象？如果年级决定在这6名学生中随机抽取2名学生单独交流，求第4组有且只有一名学生被选中的概率．【答案】（1）①对应的数据为，②对应的数据为，估计这次考试中所有同学的平均成绩是99分；（2）第3，4，5组各有名学生是座谈对象，第4组有且只有一名学生被选中的概率为.【解析】【分析】（1）根据频率频数样本容量，频数频率样本容量，结合表格中的数据，可得①②处的数据；（2）根据表中数据计算第3，4，5组学生总数，由此计算出抽样比，进而根据第第3，4，5组人数可得抽样中应抽取的学生人数；求出在这6名学生当中随机抽取2名进行访谈所包含的基本事件个数及满足第4组中至少有一名学生被抽到的基本事件个数，代入古典概型概率计算公式，可得答案．【小问1详解】由题可知,第3组的频数为人,第5组的频率为,故频率分布表中①对应的数据为，②对应的数据为.频率分布表得这100名学生的数学平均成绩是:.所以估计这次考试中所有同学的平均成绩是99分.【小问2详解】因为第3,4,5组共有60名学生,所以利用分层抽样在60名学生中抽取6名学生,第3组:人,第4组:人,第5组:人,所以第3，4，5组各有名学生是座谈对象.设第3组的3位同学为,第4组的2位同学为,第5组的1位同学为,则从六位同学中抽两位同学有15种情形如下: 其中第4组的2位同学有且只有一名同学入选的有:，，，，共8种情形,所以其中第4组的2位同学有且只有一位同学入选的概率为.20.已知向量，，函数（其中），函数的图象的一条对称轴是直线．（1）求的值；（2）若且，求的值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由题意可得的解析式，由对称轴列式求解即可；（2）由（1）可得，，进而可得，由两角和的正弦公式可得答案．【小问1详解】由题意得，∵函数的图象的一条对称轴是直线，∴，得，∵，∴．【小问2详解】由（1）可得， 由得，即，结合，，得，∴．21.如图，在四棱锥中，是边长为2的正三角形，，，，平面平面ABCD．（1）求证：平面ABCD；（2）若，求二面角的平面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）连接AC交BD于点O，易知AC⊥BD，又平面ABCD⊥平面PBD，利用面面垂直的性质定理可得出AC⊥平面PBD，从而AC⊥PD，又AC⊥PD，利用线面垂直的判定定理可得结论；（2）以O为坐标原点，OC为x轴，OD为y轴，建立空间直角坐标系，利用平面的法向量的夹角即可得出．【小问1详解】连接AC交BD于点O，由平面几何知识易知AC⊥BD，又平面ABCD⊥平面PBD，BD是交线，ACÌ平面ABCD，∴AC⊥平面PBD，又PDÌ平面PBD，∴AC⊥PD，又PD⊥AB，AC∩AB＝A，AC,ABÌ平面ABCD，∴PD⊥平面ABCD； 【小问2详解】如图，以O为坐标原点，OC为x轴，OD为y轴，建立如图空间直角坐标系，PD＝1，则，易知是平面PBD的一个法向量，，设是平面PBC的一个法向量，则，即，取，∴，∵二面角的平面角为锐角，∴二面角的平面角的余弦值为．22已知函数，．（1）若对任意的，恒成立，求实数的取值范围；（2）设函数，在区间上连续不断，证明：函数有且只有一个零点，且．【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）求得，从而问题转化为当时， 恒成立，分、、进行解答即可；（2）对进行分类讨论，分为：和，利用零点存在定理结合函数的性质，即可求解.【小问1详解】，因为，恒成立，所以当时，恒成立，当时，成立，当时，成立，当时，在单调递减，则，即，综上所述，实数的取值范围为．小问2详解】函数的图象在区间上连续不断．①当时，因为与在区间上单调递增，所以在区间上单调递增．因为，，所以，根据函数零点存在定理，存在，使得，所以在区间上有且只有一个零点；②当时，因为单调递增，所以，因为，所以，所以在区间上没有零点．综上，有且只有一个零点．因为，即， 所以，，因为在区间上单调递减，所以，所以．【点睛】关键点睛：第二问对进行分类讨论时，①当时，因为与在上单调递增，再结合零点存在定理，即可求解；②当时，恒成立，所以，在上没有零点；最后利用，得到，然后化简可求解.