长沙市麓山国际实验学校2022-2023学年高二上学期入学考试数学试题（原卷及解析版）

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一､单项选择题，本题共8小题，每小题5分，共40分.每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求）
1. 设，则（ ）
A. 0B. C. 1D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件结合复数运算求出z及即可计算作答.
【详解】依题意，，于是得，
所以.
故选：C
2. 某中学的高一、高二、高三共有学生1350人，其中高一500人，高三比高二少50人，为了解该校学生健康状况，现采用分层抽样方法进行调查，在抽取的样本中有高一学生120人，则该样本中的高二学生人数为
A. 80B. 96C. 108D. 110
【答案】C
【解析】
【分析】
设高二总人数为人，由总人数及抽样比列方程组求解即可．
【详解】设高二总人数为人，抽取的样本中有高二学生人
则高三总人数为个，
由题可得：，解得：.
故选C
【点睛】本题主要考查了分层抽样中的比例关系，考查方程思想，属于基础题．
3. 为保障妇女权益､促进妇女发展､推动男女平等，我国于2011年颁布实施《中国妇女发展纲要（2011—2020年）》（以下简称《纲要》.《纲要》实施以来，我国积极推动和支持妇女参政议政，妇女参与决策和管理的比例明显提高，妇女的政治权利得到有力保障和加强.2018年召开的第十三届全国人民代表大会共有女代表742名，政协第十三届（2018年）全国委员会中有女委员440人.第一到十三届历届全国人大女代表､政协女委员所占比重如图：
下列结论错误的是（ ）
A. 第十三届全国人大女代表所占比重比第十一届提高3.6个百分点
B. 第十三届全国政协女委员所占比重比第四届提高10个百分点以上
C. 从第一到第十三届全国政协女委员所占比重的平均值低于12%
D. 第十三届全国人大代表的人数不高于3000人
【答案】C
【解析】
【分析】根据折线图逐一分析判断各个选项即可得出答案.
【详解】解：A.第十三届全国人大女代表所占比重为24.9%，第十一届为21.3%，提高3.6个百分点，A正确；
B.第十三届全国政协女委员所占比重为20.4%，第四届为9%，提高11.4个百分点，B正确；
C.从第一到第十三届全国政协女委员所占比重的平均值为
，高于12%.
C错误；
D.第十三届全国人大代表的人数约为人，不高于3000人，D正确.
故选：C.
4. 设非零向量，的夹角为，定义运算.下列叙述错误的是（ ）
A. 若，则
B. （为任意非零向量）
C. 设在中，，，则
D. 若，则
【答案】B
【解析】
【分析】根据新定义逐一判断A、C、D选项，举反例说明B选项即可.
【详解】对于A，因为，所以，
所以或，所以，故A正确；
对于B，设分别是与，与，与的夹角，
则，，
不妨取，此时，，
此时不成立，故B错误；
对于C，在中，，，则，所以，故C正确；
对于D，因为，所以当时，，当且仅当时取等号，
所以，故D正确；
故选：B.
5. 在中，角，，的对边分别为，，，若，，则面积的最大值为（ ）
A. 1B. C. 2D.
【答案】B
【解析】
【分析】由正弦定理和余弦定理化角为边后，利用余弦定理求得，代入已知条件并应用基本不等式求得的最小值，得的最大值，即得三角形面积最大值．
【详解】解：，
，化简得，即，
由余弦定理知，，
，
，
的面积．
故选：B．
6. 如图，四棱锥的外接球的球心为，其中底面为正方形，若平面过球心，且，，则异面直线，所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据平行关系转化为求，根据条件解三角形即可求解.
【详解】四边形为正方形，
∴，∴即为所求异面直线与所成角，
由，可得，.
又，
∴，∴，∴，
∴.
故选：B
7. 有5个相同的球，分别标有数字，从中有放回的随机取两次，每次取1个球，甲表示事件“第一次取出的球的数字是1”，乙表示事件“第二次取出的球的数字是2”，丙表示事件“两次取出的球的数字之和是”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和是6”，则（ ）
A. 甲与丙相互独立B. 乙与丁不相互独立
C. 甲与丁相互独立D. 乙与丙相互独立
【答案】C
【解析】
【分析】首先令事件：“第一次取出的球的数字是1”， 事件：“第二次取出的球的数字是2”， 事件：“两次取出的球的数字之和是”， 事件：“两次取出的球的数字之和是6”，得到，，，，再根据独立事件的性质依次判断选项即可.
【详解】从5个标有数字的小球中有放回的随机取两次，每次取1个球，
共有个基本事件，
令事件：“第一次取出的球的数字是1”，
事件包含：，，，，共5个基本事件，
则，
令事件：“第二次取出的球的数字是2”，
事件包含：，，，，共5个基本事件，
则，
令事件：“两次取出的球的数字之和是”，
事件包含：，，，，共4个基本事件，
则，
令事件：“两次取出的球的数字之和是6”，
事件包含：，，，，共5个基本事件，
则，
对选项A，，故A错误.
对选项B，，，
所以乙与丁相互独立，故B错误.
对选项C，，，
所以甲与丁相互独立，故C正确.
对选项D，，，
所以乙与丙不相互独立，故D错误.
故选：C
8. 如图，正方体中，，，， 当直线与平面所成的角最大时，（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用坐标法，利用线面角的向量求法，三角函数的性质及二次函数的性质即得.
【详解】如图建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，
则，
所以，，，
设平面的法向量为，则，
∴，令，可得，
又，
设直线与平面所成的角为，则
，又，
∴当时，有最大值，即直线与平面所成的角最大.
故选：C.
二､多项选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分.每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）
9. 给定组数5，4，3，5，3，2，2，3，1，2，则这组数据的（ ）
A. 中位数为3B. 方差为C. 众数为2和3D. 第85百分位数为4.5
【答案】ABC
【解析】
【分析】分别求出数据中的中位数、方差、众数及百分比分位数即可判断选项
【详解】将数据从小到大排序为1，2，2，2，3，3，3，4，5，5，故中位数为，故A正确；
数据中，2，3出现次数最多，所以众数为2和3，故C正确；
平均数是，
方差是故B正确；
第85百分位数,是数据中至少有85%的数据小于或等于该数，因此，从小到大第9个数字5为该组数据的第85百分位数，故D错误．
故选：ABC
10. 在某次数学考试中，对多项选择题的要求是：“在每小题给出的四个选项中，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.”已知某道多项选择题的正确答案是ABC，且某同学不会做该题，下列结论正确的是（ ）
A. 该同学仅随机选一个选项，能得分的概率是
B. 该同学随机至少选择二个选项，能得分的概率是
C. 该同学仅随机选三个选项，能得分概率是
D. 该同学随机选择选项，能得分的概率是
【答案】BC
【解析】
【分析】对各项中的随机事件，计算出基本事件的总数和随机事件中含有的基本事件的个数，再计算出相应的概率后可得正确的选项.
【详解】该同学随机选一个选项，共有4个基本事件，分别为，，，；
随机选两个选项，共有6个基本事件，分别为，，，，，；
随机选三个选项，共有4个基本事件，分别为，，，；
随机选四个选项，共有1个基本事件，即；
仅随机选一个选项，能得分概率是，故A错误；
随机至少选择二个选项，能得分的概率是，故B正确；
仅随机选三个选项，能得分的概率是，故C正确；
随机选择选项，能得分的概率是，故D错误；
故选：BC.
11. 如图，直角梯形，，，，为中点，以为折痕把折起，使点到达点的位置，且则（ ）
A. 平面平面B. 与平面所成角的正切值为
C. 二面角的大小为D.
【答案】AC
【解析】
【分析】
（1）可先证，，证得面，再得到平面平面.
（2）先用线面角定义得到与平面所成角为，再求正切.
（3）由，得二面角的平面角为，再求其正切即可.
（4）由勾股定理可证，故不垂直.
【详解】（1）由题意得，，且，
故四边形为正方形，而，故，
又，有，
，，
由勾股定理得，
，又，面，
平面，故平面平面，所以A正确；
（2）面，有，又，
，面，
与平面所成角为，
，
，所以B错；
（3）由（2）知，，，
二面角的平面角为，
，，所以C正确；
（4），，
故，故不垂直，所以错.
故选：AC.
【点睛】(1)求直线与平面所成的角的一般步骤：
①找直线与平面所成的角，即通过找直线在平面上的射影来完成；
②计算，要把直线与平面所成的角转化到一个三角形中求解．
(2)作二面角的平面角可以通过垂线法进行，在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角．
12. 设的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，下列结论正确的是（ ）
A. 若，，则A可以是
B. 若，，，则
C. 若是锐角三角形，，，则边长c的取值范围是
D. 若，则角A的取值范围是
【答案】CD
【解析】
【分析】对选项A，根据正弦定理即可判断A错误，对选项B，根据余弦定理即可判断B错误，对选项C，根据余弦定理即可判断C正确，对选项D，根据正弦定理角化边公式得到，再利用余弦定理即可判断D正确.
【详解】对选项A，，解得，故A错误；
对选项B，，解得或，故B错误.
对选项C，因为是锐角三角形，
所以，解得，
故C正确.
对选项D，因为，
所以，，，
即，又因为，所以，故D正确.
故选：CD
二､填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）
13. 设复数满足，则的最小值为___________.
【答案】
【解析】
【分析】设，利用复数模的意义和已知条件可得，结合二次函数的性质即可求解.
【详解】设，
则，
即，可得
整理可得：，
所以，
可得：当时最小为，的最小值为，
故答案为：.
14. 如图，在中，是线段上的一点，若，则实数_________．
【答案】
【解析】
【分析】设，根据向量的运算关系可求得，再结合已知建立关系即可求出.
【详解】设，
则
，
，
，解得.
故答案为：.
【点睛】关键点睛：本题考查平面向量基本定理的应用，解题的关键是设出，利用向量关系将表示出来.
15. 在正三棱柱中，，，分别为，，的中点，，为的中点，则下列说法正确的是______．
①，为异面直线；②平面；③若，则；④若，则直线与平面所成的角为45°．
【答案】②③
【解析】
【分析】①判断A，B，E，F四点共面即可；②取DA的中点N，连接FN，MN，利用平行四边形的性质及线面平行的判定证明即可；③取AB的中点Q，连接CQ，FQ，由平行四边形、等边三角形及勾股定理求；④由线面角定义，应用几何法找到直线与平面所成角的平面角，进而求其大小.
【详解】对于①：如图，连接EF，由题意得，所以A，B，E，F四点共面，所以AF，BE不是异面直线，①错误；
对于②：取DA中点N，连接FN，MN，得，，所以，，则四边形EFNM是平行四边形，所以，因为面AFD，所以面ADF，②正确；
对于③：取AB的中点Q，连接CQ，FQ，由平行且相等知：四边形EFQB为平行四边形，则有，又，即，
设，则，，，
∴，解得，③正确；
对于④：由，，可知△BCE为正三角形，，连接，
易知平面，故即直线与平面所成的角，
，，所以④错误.

故答案为：②③
16. 如图所示，要修建一个形状为等腰直角三角形的广场，，且在广场外修建一块三角形草地，满足，.
①若，则______；
②欲使、之间距离最长，则______.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】①首先利用余弦定理求，并判断的形状，中根据余弦定理，求长；
②首先设，则，，由余弦定理求得，即，由正弦定理表示出，在中用余弦定理求出，由三角函数知识得最大值．
【详解】①若，根据余弦定理得,
即，即，
，所以，
因为是等腰直角三角形，所以，，则，
所以,
即,
所以；
②设，则，，
则，
由正弦定理得，，
在中，由余弦定理得
．
∴时，取得最大值．
此时
故答案为：；．
四､解答题（本题共6小题，共70分，其中17题10分，其余每题12分.解答题应写出文字说明过程或演算步骤）
17. 已知向量．
（1）求的坐标以及与之间的夹角；
（2）当时，求的取值范围．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）根据向量的坐标运算即可求解，根据模长和数量积即可求解夹角，（2）根据模长公式求模长，然后根据二次函数的性质即可求解.
【小问1详解】
∵，
∴，
设与之间的夹角为，,
∴
∵，∴向量与的夹角为
【小问2详解】
因为,
．
当时,记单调递减,当时,单调递增,
故当,取最小值为3，当时，取最大值为7，
故当时，，∴的取值范围是．
18. 随着金融市场的发展，越来越多人选择投资“黄金”作为理财的手段，下面将A市把黄金作为理财产品的投资人的年龄情况统计如图所示.
（1）求a的取值，以及把黄金作为理财产品的投资者的年龄的中位数；（结果用小数表示，小数点后保留两位有效数字）
（2）现按照分层抽样的方法从年龄在和的投资者中随机抽取5人，再从这5人中随机抽取2人进行投资调查，求至少有1人年龄在的概率.
【答案】（1），中位数为
（2）
【解析】
【分析】（1）由各组频率和为1列方程求解出，前2组的频率和小于，前3组的频率和大于，从而可判断出中位数在第3组，然后求解，
（2）由分层抽样的定义可求出龄在的投资者抽取3人，年龄在的投资者抽取2人，然后利用列举法求解概率
【小问1详解】
依题意，，解得，
因为前2组的频率和为，前3组的频率和为，
所以所求中位数为.
【小问2详解】
由频率分布直方图可知年龄在和的频率分别为，
所以年龄在的投资者应抽取3人，记为A，B，C
年龄在的投资者应抽取2人.记为a，b，
则任取2人，所有的情况为：
，共10种，
满足条件的为共7种
故至少有1人年龄在的概率为.
19. 在三角形ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
（1）求角B的大小；
（2）当角B为钝角时，若点E满足，，，求BC长度．
【答案】（1）或
（2）
【解析】
【分析】（1）根据余弦定理结合同角三角函数的关系求解即可；
（2）由（1）知当B为纯角时，，（解法一）根据平面向量基本定理有，再两边平方根据数量积公式求解即可；（解法二）设，则，设.在，中，利用的余弦定理相等列式求解即可
【小问1详解】
∵
∴，
∴，
∴，而，∴或．
【小问2详解】
由（1）知当B为纯角时，，
（解法一）∵，
∴
∴
∴
整理得：，即
∴
故BC的长度为．
（解法二）∵，设，则，设，
在有：，
∴， ①
又在，中有：
∴
∴ ②
②代入①有：
解得（舍去负值）
故BC的长度为．
20. 为普及抗疫知识､弘扬抗疫精神，某学校组织防疫知识竞赛.比赛共分为两轮，每位参赛选手均须参加两轮比赛，若其在两轮比赛中均胜出，则视为赢得比赛.已知在第一轮比赛中，选手甲､乙胜出的概率分别为，；在第二轮比赛中，甲､乙胜出的概率分别为，.甲､乙两人在每轮比赛中是否胜出互不影响.
（1）从甲､乙两人中选取1人参加比赛，派谁参赛赢得比赛的概率更大？
（2）若甲､乙两人均参加比赛，求两人中至少有一人赢得比赛的概率.
【答案】（1）派甲参赛获胜的概率更大
（2）
【解析】
【分析】（1）根据独立事件的概率分别计算甲、乙比赛胜出的概率比较即可得解；
（2）考虑问题的对立面，计算两人都没有赢得比赛的概率，根据对立事件的概率之和为1即可得解.
【小问1详解】
设“甲在第一轮比赛中胜出”，“甲在第二轮比赛中胜出”“乙在第一轮比赛中胜出”，“乙在第二轮比赛中胜出”，则“甲赢得比赛”，“乙赢得比赛”，
，，，
，
同理
因为，
所以，派甲参赛获胜的概率更大.
【小问2详解】
由（1）知，设“甲赢得比赛”，“乙赢得比赛”，
，；
于是“两人中至少有一人赢得比赛”.
.
21. 如图，在等腰直角中，，腰长为为外一点，.
（1）若，求长；
（2）若，求.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）在中，可得，，在中，可得，利用余弦定理可得；
（2）设，在中，根据正弦定理得，化简可得的值.
【小问1详解】
在中，，，
根据勾股定理得,即,.
∵等腰直角中，,
∴在中，,
根据余弦定理可得，
∵，
∴，
∴.
【小问2详解】
设，则
在中，.
在中，根据正弦定理得，即，
即，解得，
∴.
22. 已知在长方形中，，点是的中点，沿折起平面，使平面平面.
（1）求证：在四棱锥中，；
（2）在线段上是否存在点，使二面角的余弦值为？若存在，找出点的位置；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析；
（2）当点为线段靠近的四等分点时，二面角的余弦值为.
【解析】
【分析】（1）、先在长方形中证明；再根据面面垂直的性质定理证明平面,得到；然后利用线面垂直的判定证明平面，进而证明;
（2）、以中点为坐标原点建立空间直角坐标系，设表示出，再分别求出平面、平面的法向量，然后利用向量形式表示二面角的余弦值，进而求出最终确定的位置；
【小问1详解】
连接,为的中点，，,
为长方形,中，,
在中，,
同理,,,
在折叠后的图形中：
平面平面，平面平面，,平面,
又平面，,
又，平面,平面,,平面，
又平面,,
【小问2详解】
由（1）可知：、均为等腰直角三角形，过点作底边的高，交于点，以为原点建立空间直角坐标系，如图所示：
则,,,,
易知平面的一个法向量为，
假设在线段上存在点，使二面角的余弦值为，
设,则
设平面的一个法向量为，
取，则，，
即当点为线段靠近的四等分点时，二面角的余弦值为.