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试题含答案.pdf

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1、 雅雅礼中学礼中学 2023 年下学期入学检测试题年下学期入学检测试题 高二数学高二数学 时量：时量：120 分钟分钟 满分：满分：150 分分 一一、单项选择题：本大题共、单项选择题：本大题共 8 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 40 分分.在每小题给出的四个选项中，只有在每小题给出的四个选项中，只有一一项是符合题目要求的项是符合题目要求的.1.已知复数()()1 i1 iz=+是纯虚数，则实数=（）A.2 B.1 C.0 D.1 2.已知集合(),Ax y xy=，(),8Bx yyx=，则AB=（）A.4 B.()4,4 C.1,4 D.()()1,1,4,4 3.已知xR，

2、则1x 且4y是5xy+且4xy 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 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 5.已知样本数据1x，2x，2022x的平均数和方差分别为 3 和 56，若()231,2,2022iiyxi=+=，则1y，2y，2022y的平均数和方差分别是（）A.12，115 B.12，224 C.9，115 D.9，224 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

3、为 6 组，绘制了如图所示的频率分布直方图，则成绩在区间)75,80内的学生有（）A.15 名 B.20 名 C.25 名 D.40 名 7.已知函数()f x的定义域为R，且()()()()f xyf xyf x fy+=，()11f=，则()221kf k=（）A.3 B.2 C.0 D.1 8.如图，正方体1111ABCDABC D中，点 E，F 分别是 AB，BC 的中点，过点1D，E，F 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1V，2V（12VV B.111ab+D.4ab+10.在ABC中，内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，根据下列条件解三角形，其中有

4、两解的是（）A.10b=，45A=，60C=B.15b=，4c=，60B=C.3a=，2b=，45A=D.8a=，4b=，80A=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 A，B 为两个事件，则()()()P ABP AP B=+C.若事件 A，B，C 彼此互斥，则()()()1P AP BP C+=D.若事件 A，B 满足()()1P AP B+=，则 A，B 是对立事件 12.如图，正方体1111ABCDABC D的棱长为 1，E，F，G 分别为 BC，1CC，1BB的中点，则（）A.直线1D D与直线 AF 垂直 B.直线1AG与平面 AEF 平行 C.平面

5、AEF 截正方体所得的截面面积为98 D.点 C 与点 G 到平面 AEF 的距离相等 三、填空题：本大题共三、填空题：本大题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分分.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.14.在平行六面体1111ABCDABC D中，11ABADAA=，1160A ABA ADBAD=，则1AC=_.15

6、.已知()32,xxaf xxxa=，若存在实数 b，使函数()()g xf xb=有两个零点，则 a 的取值范围是_.16.如图，正四棱锥PABCD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PAEMF的体积的取值范围是_.四、解答题（本题共四、解答题（本题共 6 小题，共小题，共 70 分，其中第分，其中第 17 题题 10 分，其它每题分，其它每题 12 分，解答应写出文字分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤说明、证明过程或演算步骤.）17.（本小题满分 10 分）已知函数()()()

7、sin0,0,f xAxA=+的部分图像如图所示.（1）求()f x的解析式及对称中心；（2）先将()f x的图像纵坐标缩短到原来的12倍，再向右平移12个单位后得到()g x的图像，求函数()yg x=在3,124x上的单调减区间和最值.18.（本小题满分 12 分）如图，在正方体1111ABCDABC D中，E，F 分别是棱 BC，DC 的中点.（1）求证：11D EAB；（2）若点 M，N 分别在1C D，AF 上，且1MNC D，MNAF.求证：1MND E；（3）棱1CC上是否存在点 P，使平面1CD E 平面 AFP？若存在，确定点 P 的位置，若不存在，说明理由.19.（本小题满

8、分 12 分）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12，乙队每位球员罚进点

9、球的概率均为23.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.20.（本小题满分 12 分）如图，四棱锥PABCD中，PD 平面 ABCD，梯形 ABCD 满足ABCD，90BCD=，且2PDADDC=，3AB=，E 为 PC 中点，13PFPB=，2PGGA=.（1）求证：D，E，F，G 四点共面；（2）求二面角FDEP的正弦值.21.（本小题满分 12 分）某校兴趣小组在如图所示的矩形区域 AB

10、CD 内举行机器人拦截挑战赛，在 E 处按EP 方向释放机器人甲，同 时在 A 处按AQ方向释放机器人乙，设机器人乙在 M 处成功拦截机器人甲，两机器人停止运动.若点 M 在矩形区域 ABCD 内（包含边界），则挑战成功，否则挑战失败.已知6AB=米，E 为 AB 中点，比赛中两机器人均匀速直线运动方式行进，记EP 与EB 的夹角为()0，AQ与AB 的夹角为02.（1）若两机器人运动方向的夹角为3，AD 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 2 倍.（i）若3=，AD 足够长，机器人乙挑战成功，求sin.（ii）如何设计矩形区域

11、ABCD 的宽 AD 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？22.（本小题满分 12 分）定义：()()()222102001sinsinsinnn=+为实数1，2，n对0的“正弦方差”.（1）若13=，223=，3=，证明：实数1，2，3对0的“正弦方差”的值是与0无关的定值；（2）若14=，2=，3=，,2，(),2，若实数1，2，3对0的“正弦方差”的值是与0无关的定值，求，值.雅礼中学雅礼中学 2023 年下学期入学检测试题年下学期入学检测试题 高二数学参考答案高二数学参考答案 一一、单项选择题、单项选择题 1 2 3 4 5 6 7 8

12、B B A C D B A C 7.【答案】A【解析】因为()()()()f xyf xyf x fy+=，令1x=，0y=，可得，()()()2110fff=，所以()02f=，令0 x=，可得，()()()2fyfyfy+=，即()()fyfy=，所以函数()f x为偶函数，令1y=得，()()()()()111f xf xf x ff x+=，即有()()()21f xf xf x+=+，从而可知()()21f xf x+=，()()14f xf x=，故()()24f xf x+=，即()()6f xf x=+，所以函数()f x的一个周期为 6.因为()()()2101 21fff=

13、，()()()3211 12fff=，()()()4221fff=，()()()5111fff=，()()602ff=，所以一个周期内的()()()1260fff+=.由于 22 除以 6 余 4，所以()()()()()22112341 1 2 13kf kffff=+=.故选：A.8.【答案】C【解析】作直线 EF，分别交 DA，DC 于 M，N 两点，连接1D M，1D N分别交1A A，1C C于 H，G 两点，如图所示，过点1D，E，F 的截面即为五边形1D HEFG，设正方体的棱长为 2a，因为点 E，F 分别是 AB，BC 的中点.所以1AEAMBEBF=，1CNCFBEBF=，

14、即AMCNa=，因为113AMAHMDDD=，113CNCGDNDD=，所以23aAHCG=.则过点1D，E，F 的截面下方体积为：311 11 122533223 23 239aVaaaa aa=，另一部分体积为33322547899Vaaa=，1225:47V V=.故选：C.二、多项选择题二、多项选择题 9 10 11 12 ACD BC BCD BC 12.【答案】BC【解析】对于选项 A，以 D 点为坐标原点，DA，DC，1DD所在的直线分别为 x，y，z 轴，建立空间直角坐标系，则()0,0,0D，()1,0,0A，10,1,2F，()10,0,1D.从而()10,0,1DD=，1

15、1,1,2AF=，从而1102DDAF=，所以直线1DD与直线 AF 不垂直，选项 A 错误；对于选项 B，取11BC的中点为 M，连接1AM，GM，则易知1AMAE，又1AM 平面 AEF，AE 平面 AEF，故1AM 平面 AEF，又GMEF，GM 平面 AEF，EF 平面 AEF，所以GM 平面 AEF，又1AMGMM=，1AM，GM 平面1AGM，故平面1AMG平面 AEF，又1AG 平面1AMG，从而1AG平面 AEF，选项 B 正确；对于选项 C，连接1AD，1D F，如图所示，正方体中11ADBCEF，A，E，F，1D四点共面，四边形1AEFD为平面 AEF 截正方体所得的截面四

16、边形，且截面四边形1AEFD为梯形，又由勾股定理可得152D FAE=，12AD=，22EF=，梯形1AEFD为等腰梯形，高为2253 2222224=，1123 2922248AEFDS=+=梯形，选项 C 正确；对于选项 D，由于1111224GEFS=，11112228ECFS=，而13A GEFEFGVSAB=，13A ECFBCFVSAB=，2A GEFA BCFVV=，即2G AEFC AEFVV=，点 G 到平面 AEF 的距离为点 C 到平面 AEF 的距离的 2 倍，选项 D 错误.故选：BC.三、填空题三、填空题 13.10 14.6 15.()(),01,+16.8,19

17、 16.【答案】8,19【解析】首先证明一个结论：在三棱锥SABC中，棱 SA，SB，SC 上取点1A，1B，1C，则1 1 1111SA B CSABCVSA SB SCVSA SB SC=，设 SB 与平面 SAC 所成角为，则 1 1 111 11111111 1sinsin3 21 1sinsin3 2SA B CBSACSABCB SACSA SCSBASCVVSA SB SCVVSA SB SCSA SCSBASC=；现业解答本题：设PExPB=，PFyPD=，184 233P ABCDV=，则43P AEFP ABDVx y Vxy=，1223P MEFP BCDVx y Vxy

18、=，223P AFMP ACDyVVy=，223P AEMP ABCxVVx=，()223P AEMFP AEFP MEFP AFMP AEMVVVVVxyxy=+=+=+，则3xyxy+=，31yxy=，010131xyyxy=，则112y，()2222333313 31P AEMFyyVxyyyy=+=+=，令31ty=，则()2211123199tytytt+=+，1,12y，1,22t，当112t 时，函数1ytt=+单调递减，当12t的部分图像，可得2A=，3 254123=+，2=.再根据五点法作图，52122+=，3=，故有()2sin 23f xx=.根据图像可得，,03是()

19、f x的图像的一个对称中心，故函数的对称中心为,03k，kZ.（2）先将()f x的图像纵坐标缩短到原来的12，可得sin 23yx=的图像，再向右平移12个单位，得到sin 2sin 2cos21232yxxx=的图像，即()cos2g xx=，令222kxk，kZ，解得2kxk，kZ，可得()g x的减区间为,2kk，kZ，结合3,124x，可得()g x在3,124上的单调递减区间为3,24.又32,62x，故当2x=，2x=时，()g x取得最大值，即()max1g x=；当26x=，12x=时，()g x取得最小值，即()min32g x=.18.（1）【证明】如图，连接1AB，1C

20、D，正方体1111ABCDABC D，四边形11ABB A为正方形，11ABB A，又正方体1111ABCDABC D，BC 平面11ABB A，1AB 平面11ABB A，所以1BCAB，又11BCABB=，1AB 平面11ADCB，又1D E 平面11ADCB，11ABD E.（2）【证明】如图，连接 DE，1CD，ADDC=，DFEC=，ADFDCE=，ADFDCE，DAFCDE=.90CDEADE+=，90DAFADE+=，即DEAF.又正方体1111ABCDABC D中，1DD 平面 ABCD，AF 平面 ABCD，1AFDD，1DDDED=，1D D，DE 平面1D DE，AF 平

21、面1D DE.又1D E 平面1D DE，1AFD E.由（1）可知11ABD E，又1ABAFA=，1AB，AF 平面1AB F，1D E 平面1AB F.又1MNC D，11ABC D，1MNAB，又MNAF，1ABAFA=，1AB，AF 平面1AB F，所以MN 平面1B AF，所以1MND E.（3）【解析】存在.如图，当点 P 为棱1CC的中点时，平面1CD E 平面 AFP.连接 FP，AP，点 P，F 分别为棱1CC，CD 的中点，1FPC D，正方体1111ABCDABC D，11ADBC，11ABC D，11C DAB，1FPAB，FP 与1AB共面于平面1AB PF.由（2

22、）知1D E 平面1B AF，即1D E 平面 AFP.又因为1D E 平面1CD E，平面1CD E 平面 AFP.19.【解析】（1）设每一轮罚球中，甲队球员罚进点球的事件为 A，未罚进点球的事件为A；乙队球员罚进点球的事件为 B，未罚进点球的事件为B.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()()()()()1212111112323632P CP AP BP AP B=+=+=+=，故每一轮罚球中，甲、乙两队打成平局的概率为12.（2）因为甲队第 5 个球员需出场罚球，则前四轮罚球甲、

23、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.比分为2:1的概率为()()()()()()()()P AP BP AP BP AP BP AP B+121212121111111112323232318189 =+=+=.比分为2:2的概率为()()()()121211123239AAPP BPP B=.比分为3:2的概率为()()()()()()()()P AP BP AP BP AP BP AP B+121221223239=.综上，甲队第 5 个球员需出场罚球的概率为11249999+=.20.（1）【证明】以点 C 为坐标原点，向量CD、CB、DP 方向

24、分别为 x、y、z 轴的正方向建立坐标系，则()2,0,0D，()2,0,2P，()0,0,0C，()0,3,0B，()3,3,0A，()1,0,1E，所以()2,3,2PB=，因为13PFPB=，设(),F a b c，则()2,2PFab c=，所以()()12,22,3,23ab c=，解得433343abc=，所以43 4,333F，同理可得8 2 3 2,333G，()1,0,1DE=，23 4,333DF=，2 2 3 2,333DG=，令DFxDEyDG=+，则()23 42 2 3 222 32,1,0,1,333333333xyxyyxy=+=+，223332 3334233

25、xyyxy=+=+，112xy=，12DFDEDG=+，D、E、F、G 四点共面.（2）【解析】由（1）可知()2,0,0D，()1,0,1E，43 4,333F，()1,0,1DE=，23 4,333DF=.设平面 DEF 的一个法向量为(),nx y z=，则00n DEn DF=，即02340333xzxyz+=+=，则3232xyzy=，令2y=，则()3,2,3n=，取平面 PDE 的一个法向量为()0,3,0CB=，则2 310cos,5103n CBn CBn CB=，所以215sin,1 cos,5n CBn CB=，二面角FDEP的正弦值为155.21.【解析】（1）如图，在

26、AEM中，由余弦定理得，2222cos93AEMAMEMA ME=+=，所以()2293932MAMEMAMEMA ME+=+，所以6MAME+，（当且仅当3MAME=时等号成立），故两机器人运动路程和的最大值为 6.（2）（i）在AEM中，由于机器人乙的速度是机器人甲的速度的 2 倍，故2AMEM=，由正弦定理可得()sinsinAMEM=，所以()sin113sinsinsin2234EMAM=，（ii）设EMx=，则22AMEMx=，()1,3x，由余弦定理可得()()222323cos2 322xxxxx+=，所以3cos22xx=，所以()()22222231sin1 cos1542

27、24xxxxxx=+，由题意得sinADx对任意()1,3x恒成立，故()maxsin2ADx=，当且仅当5x=时取到等号.答：矩形区域 ABCD 的宽 AD 至少为 2 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 ABCD 内成功拦截机器人甲.22.【解析】（1）因为13=，223=，3=，所以()22200012sinsinsin333=+()22222000001 31131cossinsinsincos3 22322=+=+=，所以“正弦方差”的值是与0无关的定值12.（2）因为14=，2=，3=，,2，(),2，所以()()2220001sins

28、insin34=+()()0001 cos21 cos 221 cos 22123222=+()()00000sin2cos2 cos2sin2 sin2cos2cos2sin2sin2126+=00(sin2sin21)sin2(cos2cos2)cos2126+=，因为实数1，2，3对0的“正弦方差”的值是与0无关的定值，所以cos2cos20sin2sin21+=+=，因为,2，(),2，所以()2,2，()22,4，由cos2cos20+=，得225+=或22=，即52+=或2=，由22(cos2cos2)(sin2sin2)1+=，得1cos(22)2=，又因为()220,3，所以2223=或4223=或8223=，即3=或23=或43=，当523+=时，解得13121712=，经检验不符合题意；当5223+=时，解得11121912=，经检验符合题意；当5243+=时，解得7122312=，经检验符合题意.综上可知：11121912=或7122312=.