湖南省长沙市第一中学2022-2023学年高二数学上学期入学考试试卷（Word版附答案）解析

这是一份湖南省长沙市第一中学2022-2023学年高二数学上学期入学考试试卷（Word版附答案）解析，共19页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
长沙市第一中学2022-2023学年度高二第一学期入学考试数  学时量：120分钟    满分：150分得分：            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）1．若集合，，则（       ）A． B． C． D．【答案】D【分析】分别求解不等式化简与，再由交集运算得答案．【解析】解：由，得，，由，得，，．故选：．2．已知，且，其中，为实数，则　　A．， B．， C．， D．，【答案】A【分析】根据复数与共轭复数的定义，利用复数相等列方程求出、的值．【解析】解：因为，且，所以，所以，解得，．故选：．3．如图，直线的方程是　　A．  B．C．  D．【答案】B【分析】首先根据倾斜角求出斜率，再根据点，即可求出结果．【解析】解：设直线表达式为，由图像可知直线的倾斜角为，即，又因为图像过点，，化简得，故选：B．4．有2人从一座6层大楼的底层进入电梯，假设每个人自第二层开始在每一层离开电梯是等可能的，则该2人在不同层离开电梯的概率是　　A． B． C． D．【答案】C【分析】由题意2人共有25种结果，2人在同一层下共5种，故先求该事件的概率，再由对立事件的概率可得．【解析】解：由题意总的基本事件为：两个人各有5种不同的下法，故共有25种结果，而两人在同一层下，共有5种结果，两个人在同一层离开电梯的概率是：所以2个人在不同层离开的概率为：，故选：．5．在中，已知，，，，分别是，边上的中线，则　　A． B． C． D．【答案】B【分析】先求得，然后利用中线结合平面向量基本定理和数量积的运算求解即可．【解析】解：，，，则，，，，分别是，边上的中线，则，，则．故选：B．6．已知函数，则不等式的解集是　　A．  B．C．  D．【答案】D【分析】不等式即．由于函数和直线的图象都经过点、，数形结合可得结论．【解析】解：不等式，即．由于函数和直线的图象都经过点、，如图所示：不等式的解集是，，，故选：．7．在等腰中，，点为底边的中点，将沿折起到的位置，使二面角的大小为，则异面直线与所成角的余弦值为　　A． B． C． D．【答案】A【分析】由二面角定义知，若、、分别为、、中点，连接、、，根据中位线性质有异面直线与所成角为或其补角，进而在应用余弦定理求线线角的余弦值．【解析】解：由题设知：，即，， 所以二面角的平面角，若、、分别为、、中点，连接、、，所以，，故异面直线与所成角，即为或其补角，若，则，，故，又，，面，故面，而面，故，在中，，，故，所以，在中，，故选：．8．若不等式，对，恒成立，则和分别等于　　A．； B．； C．； D．；【答案】C【分析】设，得出的符号变化情况，根据的单调性和对称性即可得出，的值．【解析】解：当时，，当或时，，当或时，，当时，，设，则在上单调递增，在上单调递减，且的图象关于直线对称，，，即，又，故．；；；．故选：C． 二、选择题（本大题共4个小题，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．若，则下列结论一定正确的是　　A． B． C． D．【答案】ACD【分析】根据不等式的性质，逐项分析判断即可．【解析】解：，，，故选项，正确；当，时，，故选项错误；又由，得，，则，即，故选项正确．故选：．10．今年5月25日工信部部长在“两会部长通道”表示，中国每周大概增加1万多个基站，4月份增加用户700多万人，通信将成为社会发展的关键动力，如图是某机构对我国未来十年用户规模的发展预测图，阅读如图关于下列说法，其中正确的是　　A．2022年我国用户规模年增长率最高 B．2025年我国用户数规模最大 C．从2020年到2026年，我国的用户规模增长两年后，其年增长率逐年下降 D．这十年我国的用户数规模，后5年的平均数与方差都分别大于前5年的平均数与方差【答案】AC【分析】观察某机构对我国未来十年用户规模的发展预测图，能做出正确判断．【解析】解：由某机构对我国未来十年用户规模的发展预测图，知：对于，2022年我国用户规模年增长率超过，达到最高，故正确；对于，2029年我国用户数达到137205.3万人，规模最大，故错误；对于，从2020年到2026年，我国的用户规模增长两年后，其年增长率逐年下降，故正确；对于，这十年我国的用户数规模，后5年的平均数大于前5年的平均数，后5年的方差小于前5年的方差，故错误．故选：．11．在通用技术课上，某小组将一个直三棱柱展开得到平面图如图所示，，，为的中点，为的中点，则在原直三棱柱中，下列说法正确的是　　A．，，，四点共面 B． C．几何体和直三棱柱的体积之比为 D．当时，与平面所成的角为【答案】ABD【分析】对选项，只需证明，即可证明，，，四点共面；对选项，只需证明平面，即可证明；对选项，先证明四边形的面积等于△面积的四分之一，即可说明几何体的体积与三棱锥的体积关系，再说明三棱锥的体积与直三棱柱的体积关系，从而得几何体和直三棱柱的体积之比；对选项，先由，得出△为等腰直角三角形，再由线面角的定义得即为所求．【解析】解：如图，将展开的平面图还原成立体图形，对选项，连接，为的中点，也为的中点，又为的中点，，，，，四点共面，故选项正确；对选项，，棱柱为直三棱柱，易得平面，又平面，又，又，四边形为正方形，，又，平面，又平面，，选项正确；对选项，，分别为，的中点，，，几何体和直三棱柱的体积之比为，故选项错误；对选项，当时，又，且，，，，又由选项的分析知平面，即为与平面所成的角，又，与平面所成的角为．故选项正确．故选：． 12．已知动圆，，，则　　A．圆与圆相切 B．圆与直线相切 C．圆上一点满足，则的轨迹的长度为 D．当圆与坐标轴交于不同的三点时，这三点构成的三角形面积的最大值为1【答案】AD【分析】选项，得到圆的圆心和半径，求出两圆圆心距等于半径之差，从而两圆内切；选项，求出圆心到直线距离不一定等于1，故错误；选项，设出，得到的轨迹为以点为圆心，1为半径的圆，其周长为；选项，求出圆与坐标轴交点坐标，得到，从而得到面积的最大值．【解析】解：圆的圆心为，半径为1，圆的圆心为，半径为2，因为，所以两圆内切，正确；圆心到直线的距离为，不一定等于1，故圆与直线不一定相切，错误；设，则，所以，所以，所以点的轨迹为以点为圆心，1为半径的圆，其周长为，错误；选项，令得：，解得：或，令得：，解得：或，所以圆与坐标轴交于不同的三点，分别记为，，，则这三点构成的三角形面积，当或时，三角形面积取得最大值，最大值为1，正确；故选：． 三、填空题（本大题共4个小题，每小题5分，共20分）13．已知向量，的夹角为，，且，若，则　　．【答案】【分析】根据已知条件求得，进而求解结论．【解析】解：向量，的夹角为，，且，，可得，，可得：，， 14．军事飞行人员是国家的特殊人才和宝贵资源，招收和培养飞行员历来受到国家的高度重视，某地区招收海军飞行员，从符合条件的高三学生中随机抽取8人，他们的身高（单位：分别为168，171，172，173，175.175，179，180，则这8名高三学生身高的第75百分位数为 　177　．【答案】177【分析】利用百分位数的定义计算即可．【解析】解：因为，所以第75百分位数是从低到高第6个和第7个数据的平均数，即． 15．写出与圆和都相切的一条直线的方程 　（填，都正确）　．【答案】或或（写出一条直线即给满分）【分析】由题意画出图形，可得两圆外切，由图可知，与两圆都相切的直线有三条．分别求出三条切线方程，则答案可求．【解析】解：圆的圆心坐标为，半径，圆的圆心坐标为，半径，如图：，两圆外切，由图可知，与两圆都相切的直线有三条．，的斜率为，设直线，即，由，解得（负值舍去），则；由图可知，；与关于直线对称，联立，解得与的一个交点为，在上取一点，该点关于的对称点为，，则，解得对称点为，．，则，即．与圆和都相切的一条直线的方程为：（填，都正确）． 16．神舟十三号飞船于2022年4月16日首次实施快速返回技术成功着陆．若由搜救地面指挥中心的提供信息可知：在东风着陆场搜索区域内，处的返回舱垂直返回地面．空中分队和地面分队分别在处和处，如图为其示意图，若，，在同一水平面上的投影分别为，，，且在点测得的仰角为，在点测得的仰角为，在点测得的仰角为，，．则的长为 　10　（参考数据：．【答案】10【分析】设，过点作的垂线，垂足为，则由题意可表示出，，然后在△中利用余弦定理列方程可求得结果．【解析】解：如图：  设，过点作的垂线，垂足为，由题意得，，，则，平面，平面，，又，平面，，，因为，，四边形为平行四边形，，，在中，，平面，平面，，，在△中，，由余弦定理得，化简得，或（舍去）．的长为．   四、解答题（本大题共6个小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17．（本小题满分10分）某公司在一次入职面试中，共设有3轮测试，每轮测试设有一道题目，面试者能正确回答两道题目的即可通过面试，累计答错两道题目的即被淘汰．已知李明能正确回答每一道题目的概率均为，且各轮题目能否正确回答互不影响．（1）求李明不需要进入第三轮测试的概率；（2）求李明通过面试的概率．【分析】根据相互独立事件与互斥事件的概率公式计算即可．【解析】解：共设有3轮测试，每轮测试设有一道题目，面试者能正确回答两道题目的即可通过面试，累计答错两道题目的即被淘汰．（1）设李明通过第一、二、三轮测试分别设为事件，，，可知，，相互独立．设李明不需要进入第三轮测试为事件，则，所以，，即李明不需要进入第三轮测试的概率为；（2）设李明最终通过测试为事件，则，所以，故李明最终通过测试的概率为． 18．（本小题满分12分）如图，正方形与梯形所在的平面互相垂直，，，，，为的中点．（1）求证：平面；（2）求证：平面；【分析】 （1）以为坐标原点，所在直角为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能证明平面； （2）求出，2，，，0，，，2，，由，，能证明平面；【解析】 证明：（1）正方形与梯形所在的平面互相垂直，，，，，为的中点，以为坐标原点，所在直角为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，，2，，，0，，，4，，，2，，，0，，平面的法向量，1，，，平面，平面；（2），0，，，2，，，0，，，2，，，，，，又，平面；  19．（本小题满分12分）已知直线的方程为，直线的方程为．（1）设直线与的交点为，求过点且在两坐标轴上的截距相等的直线的方程；（2）设直线的方程为，若直线与，不能构成三角形，求实数的取值的集合．【分析】 （1）由题意利用相交直线系方程，用待定系数法求出，可得要求的直线的方程． （2）由题意利用三直线不能构成三角形的条件，分类讨论求得值．【解析】 解：（1）直线的方程为，直线的方程为，设直线与的交点为，过点且在两坐标轴上的截距相等的直线的方程为，即，则它在轴上的截距为，它在轴上的截距为，由题意，，求得或．当时，直线的方程为；当时，直线的方程为．综上可得，直线的方程为或．（2）设直线的方程为，直线与，不能构成三角形，若直线与平行，则，即．若直线与平行，则，．若直线与的交点在直线上，则，求得．故实数的取值的集合为，，．  20．（本小题满分12分）如图，已知长方形中，，，为的中点，将沿折起，使得平面平面．（1）求证：；（2）若点是线段上的一动点，问点在何位置时，二面角的余弦值为．【分析】 （1）在长方形中，，，为的中点，可得，则，由线面垂直的判定可得平面，则； （2）取中点，连接，则平面，以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，利用向量法能求得值可得的位置．【解析】 证明：（1）长方形中，，，为的中点，，则，平面平面，平面平面，平面，平面，平面，． （2）取中点，连接，则平面，以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，则平面的一个法向量为，1，，设，，，，，0，．设平面的一个法向量为，，，则，取，得，1，．二面角的余弦值为．由，解得．为上的中点．   21．（本小题满分12分）已知的三个内角，，的对边分别为，，，且．（1）若，判断的形状并说明理由；（2）若是锐角三角形，求的取值范围．【分析】 （1）先由题意，利用数量积的定义求出，由正弦定理及得或，分析得出结论． （2）不妨设，由得出．利用余弦定理、基本不等式求出的范围，可得的取值范围．【解析】解：由，利用数量积的定义得，．由余弦定理得，即．（1）由正弦定理及得，，即，因为，，所以或，当时，是等腰三角形，结合，可得此时，故是等边三角形．当，即时，是直角三角形，这与矛盾．故是等边三角形．（2）在是锐角三角形中，不妨设，由得，，于是．又是锐角三角形，，即，即，因此，由余弦定理得，，令，则，函数在上单调递增．所以，当，，，故的取值范围是．  22．（本小题满分12分）已知圆，点是直线上的一动点，过点作圆的切线，，切点为，．（1）当切线的长度为时，求点的坐标；（2）若的外接圆为圆，试问：当运动时，圆是否过定点？若存在，求出所有的定点的坐标；若不存在，请说明理由；（3）求线段长度的最小值．【分析】（1）设，由，计算即可求得，得出结果；（2）因为过、、三点的圆以为直径，所以圆的方程为，化简为，由方程恒成立可知，即可求得动圆所过的定点；（3）由圆和圆方程作差可得直线方程，设点到直线的距离，则，计算化简可得结果．【解析】 解：（1）由题可知，圆的半径，设，因为是圆的一条切线，所以，所以，解得或，所以点的坐标为或；（2）设，因为，所以经过，、三点的圆以为直径，其方程为，即，由，解得或，所以圆过定点；（3）因为圆方程为，即①，又圆②，①②得圆方程与圆相交弦所在直线方程为：，点到直线的距离，所以相交弦长，所以当时，有最小值．