2023-2024学年湖南省长沙市雅礼中学高二上学期上月入学检测数学试题Word版含解析试卷(1)

雅礼中学2023 年下学期入学检测试题 高二数学 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. 0 D. 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：B 2. 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：B 3. 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. 12，115 B. 12，224 C. 9，115 D. 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 内的 学生有 名． 故选：B． 7. 已知函数 的定义域为R，且 ，则 （ ） A. B. C. 0 D. 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：BC 11. 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 、 、 轴建立如下图所示的 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的 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 的 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⊥AF AB1∩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（