2022-2023学年福建省泉州市第九中学高二上学期入学考试数学试题含解析

2022-2023学年福建省泉州市第九中学高二上学期入学考试数学试题

一、单选题

1．已知集合，，则“”是“”的（    ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】A

【分析】由充分、必要条件定义即可得出答案.

【详解】因为,所以“” “”，但“”推不出“”，

所以“”是“”的充分不必要条件.

故选：A.

2．已知，，则的值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用倍角的正弦公式和诱导公式化简可得，再求．

【详解】∵，则

又∵，则

∴，即，则

故选：B．

3．如果一个复数的实部和虚部相等，则称这个复数为“等部复数”，若复数为“等部复数”，则实数的值为（   ）

A． B． C．2 D．

【答案】D

【分析】化简复数，再由“等部复数”的定义即可求出答案.

【详解】化简复数，因为“等部复数”的实部和虚部相等，

复数为“等部复数”，所以，所以.

故选：D.

4．高一某班参加“红五月校园合唱比赛”，10位评委的打分如下：，，则（    ）

A．该组数据的平均数为7，众数为

B．该组数据的第60百分位数为6

C．如果再增加一位评委给该班也打7分，则该班得分的方差变小

D．评判该班合唱水平的高低可以使用这组数据的平均数、中位数，也可以使用这组数据的众数

【答案】C

【分析】首先将数据从小到大排列，再根据平均数、众数、中位数、方差的定义计算可得；

【详解】解：这组数据从小到大排列为、、、、、、、、、，

故平均数为，众数为和，中位数为，故A错误；

方差为，

因为，所以第60百分位数为，故B错误；

如果再增加一位评委给该班也打分，则平均分不变也为，

此时的方差为，故C正确；

对于D：因为众数有两个，故不能用众数评判该班合唱水平的高低，故D错误；

故选：C

5．《九章算术》是我国古代著名的数学著作，书中记载有几何体“刍甍”．现有一个刍甍如图所示，底面ABCD为正方形，底面ABCD，四边形ABFE，CDEF为两个全等的等腰梯形，，则该刍甍的外接球的体积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据给定条件，求出点E到平面的距离，再由几何体的结构特征确定球心位置，结合球面的性质求解作答.

【详解】取AD，BC中点N，M，正方形中心O，EF中点，连接，如图，

依题意，平面，，点O是MN的中点，，

等腰中，，，同理，

因此，等腰梯形的高，由几何体的结构特征知，

刍甍的外接球球心在直线上，连，正方形外接圆半径，

则有，而，

当点在线段的延长线（含点O）时，视为非负数，若点在线段（不含点O）上，视为负数，

即有，即，解得，

因此刍甍的外接球球心为O，半径为，

所以刍甍的外接球的体积为.

故选：A

【点睛】关键点睛：解决与球有关的内切或外接问题时，关键是确定球心的位置，再利用球的截面小圆性质求解.

6．在锐角三角形中，a，b，c分别是内角A，B，C的对应边，设A＝2C，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由正弦定理把边化角，再用三角恒等变换化简，转化为三角函数的值域问题，即可求解

【详解】由正弦定理可得

又因为三角形是锐角三角形，

所以，即，也即,

所以，

所以，，，

，

所以的取值范围是，

故选：A

7．已知函数的最小正周期为，将的图象向左平移个单位长度，再把得到的曲线上各点的横坐标伸长到原来的2倍，得到函数的图象，则下列结论不正确的是（    ）

A． B．的图象关于点对称

C．的图象关于对称 D．在上的最大值是1

【答案】D

【分析】首先根据函数的周期和图象变换得到，再依次判断选项即可.

【详解】因为，所以，.

将的图象向左平移个单位长度，得到，

再把得到的曲线上各点的横坐标伸长到原来的2倍，得到.

对选项A，，故A正确.

对选项B，，所以的图象关于点对称，故B正确.

对选项C，，所以的图象关于对称.故C正确.

对选项D，，，所以，

所以，故在上的最大值是，故D错误.

故选：D

8．如图，在平面四边形ABCD，，，，．若点E为边上的动点，则的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由已知条件可得，设，则，由，展开后，利用二次函数性质求解即可.

【详解】∵

,

因为，，，

所以，

连接，因为，

所以≌，

所以，

所以，则，

设，则，

∴，，，，

所以，

因为，

所以.

故选：A.

二、多选题

9．十六世纪中叶，英国数学家雷科德在《砺智石》一书中首先把“=”作为等号使用，后来英国数学家哈利用奥特首次使用“<”和“>”符号，并逐步被数学界接受，不等号的引入对不等式的发展影响深远.已知，则下列选项正确的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】BC

【分析】根据不等式的性质即可逐一求解.

【详解】对于A,由得:，故错误；

对于B，因为，所以，故正确；

对于C;由得:，故正确；

对于D,由于，故，故错误；

故选：BC

10．设为复数，且，则下列命题正确的是（    ）

A．若，则 B．若，则

C．若，则 D．若，则

【答案】BD

【分析】由反例可知AC错误；由可得，得到，知B正确；设，，根据共轭复数定义和复数乘法及模长运算可求得，知D正确.

【详解】对于A，若，，则，此时，A错误；

对于B，，，又，，即，B正确；

对于C，若，则，若为虚数，则，C错误；

对于D，设，，则，

，，

，

，

，D正确.

故选：BD.

11．已知函数，下列说法正确的是（    ）

A．的最大值为1 B．2π是的周期

C．关于，对称 D．在上单调递增

【答案】ABD

【分析】求得的最大值判断选项A；依据周期定义判断选项B；举反例否定选项C；依据复合函数单调性判定规则判断选项D.

【详解】定义域为，

选项A：的单调递增区间为，

单调递减区间为，

则在，时取得最大值.判断正确；

选项B：由

可得2π是的周期.判断正确；

选项C：由定义域为

可得点在图象上，

但关于的对称点不在图象上，

则不关于，对称.判断错误；

选项D：当时，单调递增，且，则单调递增，

则当时，单调递增.判断正确.

故选：ABD

12．下列命题正确的是（    ）

A．设，为非零向量，则“存在负数，使得”是“”的充分不必要条件

B．点是边的中点，若，则在的投影向量是

C．点是边的中点，若点是线段上的动点，且满足，则的最大值为

D．已知平面内的一组基底，，则向量，不能作为一组基底

【答案】ABC

【分析】对A，根据向量平行的性质与数量积的运算判断即可；对B，根据平行四边形法则，结合单位向量的方法可得是以为直角的等腰直角三角形，进而判断；对C，根据、、三点共线，设，将替换为后与已知式子对比，用t表示，根据二次函数性质即可判断；对D，根据基底向量的性质结合平行四边形法则判断即可

【详解】对A，若存在负数，使得，则成立；

当时，可能夹角为钝角，不满足，故A正确；

对B，由，结合平行四边形法则，可得与同向的单位向量和与同向的单位向量，

和与同向的单位向量构成正方形的两边与对角线.故，且为的角平分线.又是边的中点，

由三角形三线合一可得是以为直角的等腰直角三角形.故在的投影向量是.

故B正确；

对C，如图所示：

∵在上，即、、三点共线，

则可设，

又∵，∴，

∵，则，，

令，

时，取得最大值为，故C正确

对D，已知平面内的一组基底，，则向量，为以，为边的平行四边形的两条对角线，

故，一定不共线，故能作为一组基底，故D错误；

故选：ABC

三、填空题

13．已知非零向量，的夹角为，，，则______．

【答案】

【分析】利用垂直关系的向量表示，结合数量积的定义及运算律求解作答.

【详解】非零向量，的夹角为，，则由得：，即，

于是得，所以.

故答案为：

14．圆台的两个底面半径分别为2、4，截得这个圆台的圆锥的高为6，则这个圆台的体积是_____________．

【答案】28π

【分析】求出圆台的高，结合圆台的体积公式即得解.

【详解】解：设这个圆台的高为h，画出圆锥圆台的轴截面，可得，解得h=3，

所以这个圆台的体积是.

故答案为：28π

15．甲､乙两支羽毛球队体检结果如下：甲队的体重的平均数为，方差为100，乙队体重的平均数为，方差为200，又已知甲､乙两队的队员人数之比为，那么甲､乙两队全部队员的方差等于___________.

【答案】178

【分析】先求出甲、乙两队队员所有队员中人数所占权重，然后利用平均数与方差的计算公式求解即可．

【详解】解：由题意可知甲队的平均数为，乙队体重的平均数为，

甲队队员在所有队员中人数所占权重为，

乙队队员在所有队员中人数所占权重为，

则甲、乙两队全部队员的平均体重为，

甲、乙两队全部队员体重的方差为．

故答案为178．

16．如图，在中，角、、的对边分别为、、，若，，，若点在边上，且平分，则的面积为____________.

【答案】/

【分析】利用同角三角函数的基本关系求出的值，利用二倍角公式可求得、，进而可求得的值，利用正弦定理可求出、的值，利用角平分线的性质可求得、的长，再利用三角形的面积公式可求得的面积.

【详解】因为，，，则为锐角，且，

所以，，

由得，

，

所以，.

由正弦定理得.

又平分，则，

又，所以，，，

所以，.

故答案为：.

四、解答题

17．在中，.

(1)若，求；

(2)若存在且唯一确定，求的取值范围.

【答案】(1)答案见解析

(2)或

【分析】（1）由，利用余弦定理求得角，然后利用余弦定理求得的值，然后利用正弦定理求得；（2）存在且唯一确定，则，或，从而求得的范围.

【详解】（1）因为，

所以.

因为，

所以.

由余弦定理知

所以.

得.

所以，或.

由正弦定理知

.

所以，当时，.

当时，.

（2）由（1）得，存在且唯一确定，则，或，

综上，当或时，存在且唯一确定.

18．已知函数．

(1)若，求的单调递增区间；

(2)若，且，求的值．

【答案】(1)单调递增区间为，

(2)

【分析】（1）首先化简函数，再求函数的单调递增区间；

（2）由（1）的结果求得，再利用角的变换，结合两角差的正弦公式，即可求解.

【详解】（1），

令，，则，，

因，所以的单调递增区间为，.

（2）因为，所以．因为，所以，

所以，所以

.

19．已知在梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝∠BAD＝，AB＝BC＝2AD＝4，E，F分别是AB，CD上的点，EF∥BC，AE＝2，沿EF将梯形ABCD翻折，使平面AEFD⊥平面EBCF（如图）．

(1)证明：EF⊥平面ABE；

(2)求二面角D﹣BF﹣E的余弦值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）根据题意，利用线面垂直的判定定理即可求证；

（2）在平面AEFD中，过D作DG⊥EF交EF于G，在平面DBF中，过D作DH⊥BF交BF于H，连接GH，可得二面角D﹣BF﹣E的平面角∠DHG，计算∠DHG的余弦值即可.

【详解】（1）证明：在直角梯形ABCD中，因为，故DA⊥AB，BC⊥AB，

因为EF∥BC，故EF⊥AB．

所以在折叠后的几何体中，有EF⊥AE，EF⊥BE，

而AE∩BE＝E，故EF⊥平面ABE．

（2）解：如图，在平面AEFD中，过D作DG⊥EF交EF于G．

在平面DBF中，过D作DH⊥BF交BF于H，连接GH．

因为平面AEFD⊥平面EBCF，平面AEFD∩平面EBCF＝EF，DG⊂平面AEFD，故DG⊥平面EBCF，

因为BF⊂平面EBCF，故DG⊥BF，而DG∩DH＝D，

故BF⊥平面DGH，又GH⊂平面DGH，故GH⊥BF，

所以∠DHG为二面角D﹣BF﹣E的平面角，

在平面AEFD中，因为AE⊥EF，DG⊥EF，

故AE∥DG，

又在直角梯形ABCD中，EF∥BC且EF＝（BC+AD）＝3，

故EF∥AD，故四边形AEGD为平行四边形，

故DG＝AE＝2，GF＝1，

在Rt△BEF中，，

因为∠BFE为三角形的内角，

故，故，

故，

因为∠DHG为三角形的内角，

故．

所以二面角D﹣BF﹣E的平面角的余弦值为．

20．如图，是圆的直径，点在圆所在平面上的射影恰是圆上的点，且，点是的中点，与交与点，点是上的一个动点.

（1）若平面，求的值；

（2）若点为的中点，且，求三棱锥的体积.

【答案】（1）3；（2）.

【分析】（1）先证明，再证明点为的重心，即得解；

（2）分析得到，再求出即得解.

【详解】（1）因为平面，平面，平面平面

所以，所以．

因为，分别为，的中点，

所以点为的重心，

所以，即，所以.

（2）点为的重心，所以,

又点为的中点，所以,

所以,

所以.

在直角中，,

所以

所以.

所以三棱锥的体积为.

21．甲，乙二人进行乒乓球比赛，规定：胜一局得3分，平一局得1分，负一局得0分.已知甲，乙共进行了三局比赛.如果甲乙二人进行三局两胜制的比赛，假设每局比赛甲获胜的概率为0.6，乙获胜的概率为0.4，利用计算机模拟实验：用计算机产生1~5之间的随机数，当出现随机数1，2或3时，表示一局比赛甲获胜，当出现随机数4或5时，表示一局比赛乙获胜.由于要比赛三局，所以3个随机数为一组，现产生了20组随机数：

123  344  423  114  423  453  354  332  125  342

534  443  541  512  152  432  334  151  314  525

(1)用以上随机数估计甲获胜概率的近似值；

(2)计算甲获胜的概率.

【答案】(1)0.65

(2)0.648

【分析】（1）由频率可得到概率估计值；

（2）事件“甲获胜”可分类为：第一次和第二次比赛胜利；第一次比赛失败，第二、三次比赛胜利；第一、三次比赛胜利，第二次比赛失败.

【详解】（1）设事件为 “甲获胜”，

计算机产生的20个随机数相当于做了20次重复试验，其中事件发生了13次：

对应的数组为：123，423，114，423，332，125，342，512，152，432，334，151，314，

用频率估计事件的概率近似值为；

（2）设事件为第局“甲获胜”，则，

根据概率的加法公式和事件独立性定义，得

∴.

22．为实现绿色发展，避免浪费能源，某市政府计划对居民用电采用阶梯收费的办法，为此相关部门在该市随机调查了200位居民的户月均用电量（单位：千瓦时）得到了频率分布直方图，如图：（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表，精确到个位）

（1）试估计该地区居民的户月均用电量平均值；

（2）如果该市计划实施3阶的阶梯电价，使用户在第一档（最低一档），用户在第二档，用户在第三档（最高一档）.

①试估计第一档与第二档的临界值，第二档与第三档的临界值；

②市政府给出的阶梯电价标准是：第一档元/千瓦时，第二档元/千瓦时，第三档元/千瓦时，即：设用户的用电量是千瓦时，电费是元，则，试估计该地区居民的户月均电费平均值.

【答案】(1)；(2) ①,；②.

【分析】（1）根据同一组中的数据用该组区间的中点值作代表进行求解即可；

（2）①利用频率分布直方图中的频率分别列式求解即可；

②利用平均数的计算方法求解即可.

【详解】（1）设户月均用电量的平均值为，

则；

（2）①因为前三组的频率为，

第四组的频率为，所以在，则有

，解得，

区间的频率为，区间的频率为，

所以；

②设该地区居民户月均电费的平均值为，依题意得

.