湖南省長沙市雅禮中學2023-2024學年高二上學期入學檢測數(shù)學 Word版含解析.docx

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雅禮中學2023年高二下學期入學檢測試題數(shù)學試卷時量：120分鐘滿分：150分一、單項選擇題：本大題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.已知復(fù)數(shù)是純虛數(shù)，則實數(shù)（）A.B.C.0D.1【答案】B【解析】【分析】由純虛數(shù)的定義得出實數(shù).【詳解】，因為復(fù)數(shù)是純虛數(shù)，所以，且，解得.故選：B2.已知集合，，則（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由已知聯(lián)立方程組，可得兩個集合的交集．【詳解】，，則，故選：B3.已知，則且是且成立的（）A.充分不必要條件B.必要不充分條件C.充要條件D.既不充分又不必要條件【答案】A【解析】【分析】利用充分不必要條件的定義和不等式的性質(zhì)進行判斷可得答案. 【詳解】因為且，所以且；取，，則且，但不滿足，所以前者是后者的充分不必要條件.故選：A.4.有一個人在打靶中，連續(xù)射擊2次，事件“至少有1次中靶”的對立事件是（）.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】根據(jù)對立事件的概念可得結(jié)果.【詳解】根據(jù)對立事件的概念，連續(xù)射擊2次，事件“至少有1次中靶”的對立事件是“2次都不中靶”.故選：C.5.已知樣本數(shù)據(jù)，，…，的平均數(shù)和方差分別為3和56，若，則，，…，的平均數(shù)和方差分別是（）A.12，115B.12，224C.9，115D.9，224【答案】D【解析】【分析】根據(jù)平均數(shù)和方差的性質(zhì)求解：若數(shù)據(jù)，，…，的平均數(shù)和方差分別為和，則數(shù)據(jù)，，…，的平均數(shù)和方差分別為和.【詳解】若數(shù)據(jù)，，…，的平均數(shù)和方差分別為和，則數(shù)據(jù)，，…，的平均數(shù)和方差分別為和.題中，樣本數(shù)據(jù)，，…，的平均數(shù)和方差分別為3和56，，則，，…，的平均數(shù)為，方差為.故選：D.6.某中學舉行了一次“網(wǎng)絡(luò)信息安全”知識競賽，將參賽的100名學生成績分為6組，繪制了如圖所示的頻率分布直方圖，則成績在區(qū)間內(nèi)的學生有（） A.15名B.20名C.25名D.40名【答案】B【解析】【分析】先根據(jù)頻率分布直方圖的性質(zhì)，求得的值，再根據(jù)樣本中成績在區(qū)間內(nèi)的頻率×參賽的100名學生即可求解．【詳解】由頻率分布直方圖可知，得，所以成績在區(qū)間內(nèi)學生有名．故選：B．7.已知函數(shù)的定義域為R，且，則（）A.B.C.0D.1【答案】A【解析】【分析】法一：根據(jù)題意賦值即可知函數(shù)的一個周期為，求出函數(shù)一個周期中的的值，即可解出．【詳解】[方法一]：賦值加性質(zhì)因為，令可得，，所以，令可得，，即，所以函數(shù)為偶函數(shù)，令得，，即有，從而可知，，故，即，所以函數(shù)的一個周期為．因為，，，， ，所以一個周期內(nèi)的．由于22除以6余4，所以．故選：A．[方法二]：【最優(yōu)解】構(gòu)造特殊函數(shù)由，聯(lián)想到余弦函數(shù)和差化積公式，可設(shè)，則由方法一中知，解得，取，所以，則，所以符合條件，因此的周期，，且，所以，由于22除以6余4，所以．故選：A．【整體點評】法一：利用賦值法求出函數(shù)的周期，即可解出，是該題的通性通法；法二：作為選擇題，利用熟悉的函數(shù)使抽象問題具體化，簡化推理過程，直接使用具體函數(shù)的性質(zhì)解題，簡單明了，是該題的最優(yōu)解.8.如圖，正方體中，點，，分別是，的中點，過點，，的截面將正方體分割成兩個部分，記這兩個部分的體積分別為，則（） A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】如圖所示，過點，，的截面下方幾何體轉(zhuǎn)化為一個大的三棱錐，減去兩個小的三棱錐，上方部分，用總的正方體的體積減去下方的部分體積即可.【詳解】作直線，分別交于兩點，連接分別交于兩點，如圖所示，過點，，的截面即為五邊形，設(shè)正方體的棱長為，因為點，，分別是，的中點 所以，即，因為，所以則過點，，的截面下方體積為：，∴另一部分體積為，∴.故選：C.二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20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5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分.9.已知，則a，b滿足（）A.B.C.D.【答案】ACD【解析】【分析】由對數(shù)與指數(shù)的互換公式可得，由作差法結(jié)合對數(shù)的換底公式可判斷選項A，由對數(shù)運算可判斷B；由均值不等式結(jié)合由選項B推出的結(jié)論可判斷選項C,D.詳解】由，則，則，所以，所以A正確；，所以B不正確；由，因為，故等號不成立，則，故C正確；因為，故等號不成立，故D正確.故選：ACD.10.在中，內(nèi)角所對的邊分別為，根據(jù)下列條件解三角形，其中有兩解的是（） A.B.C.D.【答案】BC【解析】【分析】對于A，直接判斷即可；對于B，，結(jié)合即可判斷；對于C，，結(jié)合即可判斷；對于D，，結(jié)合即可判斷.【詳解】對于A，因為，所以，所以只有一解；故A錯誤；對于B，因為，所以由正弦定理得，因為，即，所以，所以有兩解（，或），故B正確；對于C，因為，所以由正弦定理得，即，因為，所以有兩解（，或，），故C正確；對于D，因為，所以由正弦定理得，由于，故，所以只有一解，故D錯誤；故選：BC11.下列四個命題中，假命題有（）A.對立事件一定是互斥事件 B.若為兩個事件，則C.若事件彼此互斥，則D.若事件滿足，則是對立事件【答案】BCD【解析】【分析】根據(jù)對立事件和互斥事件的關(guān)系可判斷A；根據(jù)事件的和事件的概率可判斷B；舉反例可判斷C，D,【詳解】對于A，因為對立事件一定是互斥事件，A正確；對B，當且僅當A與B互斥時才有，對于任意兩個事件，滿足，B不正確；對C，若事件彼此互斥，不妨取分別表示擲骰子試驗中的事件“擲出1點”，“擲出2點”，“擲出3點”，則，所以C不正確；對于D，例如，袋中有大小相同的紅、黃、黑、藍4個球，從袋中任摸一個球，設(shè)事件A={摸到紅球或黃球}，事件B={摸到黃球或黑球），滿足，但事件A與B不互斥，也不對立，D錯誤，故選：BCD.12.如圖，正方體的棱長為，，，分別為，，的中點，則（）A.直線與直線垂直B.直線與平面平行 C.平面截正方體所得的截面面積為D.點與點B到平面的距離相等【答案】BCD【解析】【分析】以點為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸建立空間直角坐標系，利用空間向量法可判斷ABD選項；作出截面，計算出截面面積，可判斷C選項.【詳解】以點為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸建立如下圖所示空間直角坐標系，則、、、、、、、、、、，對于A選項，，，則，所以直線與直線不垂直，故A錯誤；對于B選項，設(shè)平面的法向量為，，，則，取，可得，，所以，即，因為平面，平面，故B正確； 對于C選項，連接、、，因為、分別為、的中點，則，且，所以四邊形為平行四邊形，則，所以，所以、、、四點共面，故平面截正方體所得截面為，且，同理可得，，所以四邊形為等腰梯形，分別過點、在平面內(nèi)作，，垂足分別為、，如下圖所示：因為，，，所以，故，，因為，，，則四邊形為矩形，所以，，故，故梯形的面積為，故C正確；對于D選項，，則點到平面的距離為，，則點到平面的距離為，所以點與點到平面的距離相等，故D正確. 故選：BCD.三、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分.13.2023年是全面貫徹黨的二十大精神的開局之年，某中學為了解教師學習“黨的二十大精神”的情況，采用比例分配分層隨機抽樣的方法從高一、高二、高三的教師中抽取一個容量為30的樣本，已知高一年級有教師80人，高二年級有教師72人，高三年級有教師88人，則高一年級應(yīng)抽取______人.【答案】10【解析】【分析】根據(jù)高一年級教師所占比例抽取即可.【詳解】高一年級教師所占的比例為：，則高一年級應(yīng)抽取的教師人數(shù)為：.故答案為：10.14.在平行六面體中，°，則=___________．【答案】【解析】【分析】利用空間向量基本定理，得到，即可求出.【詳解】在平行六面體中，.因為，所以.所以.故答案為：15.已知，若存在實數(shù)，使函數(shù)有兩個零點，則的取值范圍是________． 【答案】【解析】【分析】由有兩個零點可得有兩個零點，即與的圖象有兩個交點，則函數(shù)在定義域內(nèi)不能是單調(diào)函數(shù)，結(jié)合函數(shù)圖象可求的范圍【詳解】有兩個零點，有兩個零點，即與的圖象有兩個交點，由可得，或①當時，函數(shù)的圖象如圖所示，此時存在，滿足題意，故滿足題意②當時，由于函數(shù)在定義域上單調(diào)遞增，故不符合題意③當時，函數(shù)單調(diào)遞增，故不符合題意④時，單調(diào)遞增，故不符合題意⑤當時，函數(shù)的圖象如圖所示，此時存在使得，與有兩個交點 綜上可得，或故答案為：【點睛】本題考查了函數(shù)的零點問題，滲透了轉(zhuǎn)化思想，數(shù)形結(jié)合、分類討論的數(shù)學思想．16.如圖，正四棱錐P-ABCD的底面邊長和高均為2，M是側(cè)棱PC的中點.若過AM作該正四棱錐的截面，分別交棱PB?PD于點E?F（可與端點重合），則四棱錐P-AEMF的體積的取值范圍是___________.【答案】【解析】【分析】首先證明一個結(jié)論：在三棱錐中，棱，，上取點，，，則，再設(shè)設(shè)，，分析可得，，，與，間的關(guān)系，再由換元法結(jié)合對勾函數(shù)的單調(diào)性求得答案．【詳解】首先證明一個結(jié)論：在三棱錐中，棱，，上取點，，，則， 設(shè)與平面所成角為，則;再來解答本題：設(shè)，，,則，，，，，則，，，則，，令，則，，，，，當時，函數(shù)單調(diào)遞減，當時，函數(shù)單調(diào)遞增， 故最小值為2，當時，都取到最大值，則，（當且僅當時，取最小值），，，故答案為：，．四、解答題（本題共6小題，共70分，其中第17題10分，其它每題12分，解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟.）17.已知函數(shù)的部分圖像如圖所示.（1）求的解析式及對稱中心；（2）先將的圖像縱坐標縮短到原來的倍，再向右平移個單位后得到的圖像，求函數(shù)在上的單調(diào)減區(qū)間和最值.【答案】（1），對稱中心為，．（2）單調(diào)遞減區(qū)間為；，．【解析】【分析】（1）由函數(shù)的圖像的頂點坐標求出，由周期求出，由五點法作圖求出的值，可得的解析式，再利用三角函數(shù)的圖像的對稱性，得出結(jié)論．（2）由題意利用函數(shù)的圖像變換規(guī)律，求得的解析式，再利用余弦函數(shù)的單調(diào)性、余弦函數(shù)的定義域和值域，得出結(jié)論．【小問1詳解】解：根據(jù)函數(shù)，，的部分圖像， 可得，，．再根據(jù)五點法作圖，，，故有．根據(jù)圖像可得，是的圖像的一個對稱中心，故函數(shù)的對稱中心為，．【小問2詳解】解：先將的圖像縱坐標縮短到原來的，可得的圖像，再向右平移個單位，得到的圖像，即，令，，解得，，可得的減區(qū)間為，，結(jié)合，可得在上的單調(diào)遞減區(qū)間為．又，故當，時，取得最大值，即；當，時，取得最小值，即．18.如圖，在正方體中，分別是棱的中點.（1）求證：； （2）若點分別在上，且.求證：；（3）棱上是否存在點，使平面平面？若存在，確定點P位置，若不存在，說明理由.【答案】（1）證明見解析（2）證明見解析（3）存在，點P為棱CC1的中點【解析】【分析】（1）根據(jù)正方體的特征得到AB1⊥B1A和BC⊥平面，進而得到，利用線面垂直的判定得到AB1⊥平面A1D1CB，從而得到；（2）連接DE，CD1，利用三角形全等得到DE⊥AF，然后根據(jù)正方體的特征得到DD1⊥平面ABCD，進而得到AF⊥DD1，利用線面垂直的判定得到AF⊥平面D1DE，從而得到AF⊥D1E，結(jié)合（1）的結(jié)論和線面垂直的判定得到D1E⊥平面AB1F和MN⊥平面B1AF，進而得到；（3）連接FP，AP，利用中位線定理得到FP∥C1D，再利用正方體的特征得到FP與AB1共面于平面AB1PF.結(jié)合（2）的結(jié)論，利用面面垂直的判定即可求證.【小問1詳解】如圖，連接A1B，CD1∵正方體∴四邊形為正方形，∴AB1⊥A1B，又∵正方體，∴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；【小問2詳解】如圖，連接DE，CD1在正方形ABCD中，E，F(xiàn)分別為棱的中點∴AD＝DC，DF＝EC，∠ADF＝∠DCE，∴△ADF≌△DCE，∴∠DAF＝∠CDE.∵∠CDE+∠ADE=，所以∠DAF+∠ADE=，即DE⊥AF.又∵正方體中，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.【小問3詳解】存在.如圖，當點P為棱CC1的中點時，平面平面.連接FP，AP，∵點P，F(xiàn)分別為棱CC1，CD的中點∴FP∥C1D，∵正方體，∴AD∥B1C1，∴，∴C1D∥AB1，∴FP∥AB1，∴FP與AB1共面于平面AB1PF.由（2）知D1E⊥平面B1AF，即D1E⊥平面AFP.又因為D1E?平面CD1E.∴平面平面.19.某足球俱樂部舉辦新一屆足球賽,按比賽規(guī)則,進入淘汰賽的兩支球隊如果在120分鐘內(nèi)未分出勝負,則需進行點球大戰(zhàn).點球大戰(zhàn)規(guī)則如下:第一階段,雙方各派5名球員輪流罰球,雙方各罰一球為一輪,球員每罰進一球則為本方獲得1分,未罰進不得分,當分差拉大到即使落后一方剩下的球員全部罰進也不能追上的時候,比賽即宣告結(jié)束,剩下的球員無需出場罰球.若5 名球員全部罰球后雙方得分一樣,則進入第二階段,雙方每輪各派一名球員罰球,直到出現(xiàn)某一輪一方罰進而另一方未罰進的局面,則罰進的一方獲勝.設(shè)甲、乙兩支球隊進入點球大戰(zhàn),由甲隊球員先罰球,甲隊每位球員罰進點球的概率均為,乙隊每位球員罰進點球的概率均為.假設(shè)每輪罰球中,兩隊進球與否互不影響,各輪結(jié)果也互不影響.（1）求每一輪罰球中,甲、乙兩隊打成平局的概率;（2）若在點球大戰(zhàn)的第一階段,甲隊前兩名球員均得分而乙隊前兩名球員均未得分,甲隊暫時以2:0領(lǐng)先,求甲隊第5個球員需出場罰球的概率.【答案】（1）（2）【解析】【分析】(1)每一輪罰球中兩隊打成平局的情況有兩種:甲、乙均未罰進點球,或甲、乙均罰進點球.(2)甲隊第5個球員需出場罰球,則前四輪罰球甲、乙兩隊分差不能超過1分,即四輪罰球結(jié)束時比分可能為2:1或2:2或3:2.【小問1詳解】設(shè)每一輪罰球中,甲隊球員罰進點球的事件為,未罰進點球的事件為;乙隊球員罰進點球的事件為,未罰進點球的事件為.設(shè)每一輪罰球中,甲、乙兩隊打成平局的事件為C,由題意,得在每一輪罰球中兩隊打成平局的情況有兩種:甲、乙均未罰進點球,或甲、乙均罰進點球,則,故每一輪罰球中,甲、乙兩隊打成平局的概率為.【小問2詳解】因為甲隊第5個球員需出場罰球,則前四輪罰球甲、乙兩隊分差不能超過1分,即四輪罰球結(jié)束時比分可能為2:1或2:2或3:2.①比分為2:1的概率為. ②比分為2:2的概率為.③比分為3:2的概率為.綜上,甲隊第5個球員需出場罰球的概率為.20.如圖，四棱錐中，平面，梯形滿足，，且，，為中點，，.（1）求證：，，，四點共面；（2）求二面角的正弦值.【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）如圖建立空間直角坐標系，求出點的坐標即可得到，，，令，依題意得到方程組，解得、，即可得證；（2）利用空間向量法求出二面角的余弦值，再根據(jù)同角三角函數(shù)的基本關(guān)系計算可得；【小問1詳解】證明：以點為坐標原點，向量??方向分別為??軸的正方向建立坐標系， 則，，，，，，所以，因為，設(shè)，則，所以，解得，所以，同理可得，∴，，，令，則，∴，∴，∴，∴???四點共面.【小問2詳解】 解：由（1）可知，，，∴，.設(shè)平面的一個法向量為，則，即，則，令，則.取平面的一個法向量為，則，所以，∴二面角的正弦值為.21.某校興趣小組在如圖所示的矩形區(qū)域內(nèi)舉行機器人攔截挑戰(zhàn)賽，在處按方向釋放機器人甲，同時在處按方向釋放機器人乙，設(shè)機器人乙在處成功攔截機器人甲，兩機器人停止運動．若點在矩形區(qū)域內(nèi)（包含邊界），則挑戰(zhàn)成功，否則挑戰(zhàn)失?。阎?，為中點，比賽中兩機器人均勻速直線運動方式行進，記與的夾角為（），與的夾角為（）．（1）若兩機器人運動方向的夾角為，足夠長，機器人乙挑戰(zhàn)成功，求兩機器人運動路程和的最大值；（2）已知機器人乙的速度是機器人甲的速度的倍．（i）若，足夠長，機器人乙挑戰(zhàn)成功，求． （ii）如何設(shè)計矩形區(qū)域的寬的長度，才能確保無論的值為多少，總可以通過設(shè)置機器人乙的釋放角度使機器人乙挑戰(zhàn)成功？【答案】（1）6；（2）（i）；（ii）至少為米.【解析】【分析】（1）用余弦定理列方程，結(jié)合基本不等式求得，也即兩機器人運動路程和的最大值.（2）（i）利用正弦定理求得；（ii）設(shè)，利用余弦定理求得，求得的最大值，由此求得的最小值.【詳解】（1）如圖，在中由余弦定理得，，所以所以，（當且僅當時等號成立）故兩機器人運動路程和的最大值為（2）（i）在中由于機器人乙的速度是機器人甲的速度的倍，故，由正弦定理可得所以（ii）設(shè)，則，由余弦定理可得， 所以所以由題意得對任意恒成立，故，當且僅當時取到等號．答：矩形區(qū)域的寬至少為米，才能確保無論的值為多少，總可以通過設(shè)置機器人乙的釋放角度使機器人乙在矩形區(qū)域內(nèi)成功攔截機器人甲．【點睛】正弦定理、余弦定理是解題的重要數(shù)學知識，二次函數(shù)最值的求法在本題中是重要的方法.22.定義：為實數(shù)對的“正弦方差”.（1）若，證明：實數(shù)對的“正弦方差”的值是與無關(guān)的定值；（2）若，若實數(shù)對的“正弦方差”的值是與無關(guān)的定值，求值.【答案】（1）見解析；（2）或.【解析】【分析】（1）直接由公式計算可得解；（2）將條件代入公式可得，進而得，由，得或，由得或或，進而列方程求解即可.【詳解】（1）因為，所以 ，所以正弦方差”的值是與無關(guān)的定值，（2）因為，所以，因為實數(shù)對的“正弦方差”的值是與無關(guān)的定值，所以，因為，所以，由，得或，即或由，得，又因為，所以或或，即或或，當時，解得，經(jīng)檢驗不符合題意；當時，解得，經(jīng)檢驗符合題意； 當時，解得，經(jīng)檢驗符合題意.綜上可知：或【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題的難點在第二問，解題的關(guān)鍵是根據(jù)題中公式得到，進而得，從而再由兩個式子求解即可.