湖南省长沙市第一中学2023-2024学年高二数学上学期开学考试试题（Word版附解析）

2023-2024-1长沙市第一中学高二入学考试

数学

时量：120分钟  满分：150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的．

1. 已知集合，，则（    ）

A  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】解不等式化简集合A，求出函数定义域化简集合B，再利用交集的定义求解作答.

【详解】解不等式，得或，即或，

由有意义得，解得，即，

所以或.

故选：C

2. 若,则的共轭复数为    (   )

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据复数的除法法则化简复数得，由共轭复数的定义即可求解.

【详解】，故 ，

故选：B.

3. 设x＞0，y∈R，则“x＞|y|”是“x＞y”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

【解析】

【分析】分、先判断是否满足充分性，再判断是否满足必要性，即可得答案.

【详解】解：当时，由x＞|y|可得；

当时，由x＞|y|可得；

故充分性满足；

当时，由可得；

当时，由，x＞0，不可得，如，但，

故必要性不满足；

所以“x＞|y|”是“x＞y”的充分不必要条件.

故选：A.

4. 已知函数是上的增函数，则实数a的取值范围是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据分段函数单调性的性质，结合二次函数、反比例函数的单调性进行求解即可.

【详解】二次函数的对称轴为，且开口向下，

因为是上的增函数，

所以有，

故选：B

5. 已知，且，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据给定条件，利用同角公式及和角的余弦公式求解作答.

详解】由，得，又，则，

而，，则，

所以

故选：A

6. 已知某圆锥的侧面展开图是一个半径为的半圆，且该圆锥的体积为，则（    ）

A.  B.  C.  D. 3

【答案】C

【解析】

【分析】根据给定条件，用表示出圆锥底面圆半径及高，再利用锥体的体积公式求解作答.

【详解】令圆锥底面圆半径为，则，解得，

从而圆锥的高，

因此圆锥的体积，解得.

故选：C

7. 在△ABC中，，则这个三角形一定是（    ）

A. 等腰三角形 B. 直角三角形

C. 等腰直角三角形 D. 等腰或直角三角形

【答案】D

【解析】

【分析】利用余弦定理表示出和，代入已知等式整理可得到或，即可确定三角形的形状.

【详解】由余弦定理可得：，，

代入中，

得，

等式两边同乘得：

，

移项合并得：，

整理得：，

即，

可得或，

则三角形为等腰三角形或直角三角形，

故选：D.

8. 已知，，，则的最小值为（    ）

A. 7 B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】构造齐次式结合基本不等式计算即可.

【详解】∵，，，

∴，

当且仅当，即时取得等号.

故选：A

二、选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，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. 某保险公司为客户定制了5个险种：甲，一年期短险；乙，两全保险；丙，理财类保险；丁，定期寿险；戊，重大疾病保险．各种保险按相关约定进行参保与理赔．该保险公司对5个险种的参保客户进行抽样调查，得出如下统计图例，则以下四个选项正确的是（    ）

A. 周岁人群参保总费用最少

B. 30周岁以上参保人群约占参保总人群的

C. 54周岁以上的参保人数最少

D. 丁险种更受参保人青睐

【答案】ACD

【解析】

【分析】根据统计图表给出信息逐个选项判断.

【详解】对于A：由第一个图可得54周岁及以上的参保人数最少，占比为，

其余年龄段的参保人数均比周岁人群参保人数多.

由第二个图可得， 因为，所以周岁人群参保总费用最少，故A对.

对于B：由第一个图可得，30周岁以上的参保人群约占参保总人群的，故B错.

对于C：由第一个图可得，54周岁及以上的参保人数占参保总人数的，所以C对.

对于D：由第三个图可得，丁险种参保人群约占参保总人群的，所以最受青睐，所以D对.

故选：ACD.

10. 如图，在棱长为2的正方体中，E，F，G分别为棱，，CD的中点，则（    ）

A.  B. 平面BEF

C. 直线AB交平面EFC于点P，则 D. 点到平面BEF的距离为

【答案】BCD

【解析】

【分析】对于ABD，以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，然后利用空间向量逐个分析判断即可，对于C，延长交于点，连接交于点，然后利用三角形相似可求得结果.

【详解】如图，以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，则

，

因为E，F，G分别为棱，，CD的中点，

所以，

对于A，因为，所以，所以A错误，

对于B，因为，

所以，

所以，即，

因为，平面，所以平面，所以B正确，

对于C，延长交于点，连接交于点，因为F为棱的中点，

所以，因为，所以，

所以，

因为‖，所以，所以,

因为，所以，所以，所以C正确，

对于D，设平面的法向量为，则

，令，则，

因为，所以点到平面BEF的距离为

，所以D正确，

故选：BCD

11. 下列各式中，值为的是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】BD

【解析】

【分析】依据三角恒等变换及特殊角的函数值一一计算即可.

【详解】A项，，错误；

B项，

，正确；

C项，，错误；

D项，

，正确.

故选：BD.

12. 若函数满足：①，恒有，②，恒有，③时，，则下列结论正确的是（    ）

A.

B. ，，的最大值为4

C. 的单调递增区间为，

D. 若曲线与的图象有6个不同的交点，则实数的取值范围为

【答案】BCD

【解析】

【分析】探讨函数的周期和对称性，结合条件③，求出的值判断A；求出函数的最值判断B；分析函数在上的单调性判断C；利用数形结合列不等式求解判断D作答.

【详解】由，得，则函数是以4为周期的周期函数，

由，得的图象关于直线对称，又当时，，

所以，A错误；

函数在上单调递增，则当时，，

由对称性和周期性知，，，

所以，，B正确；

由于函数在上单调递增，而的周期为4，

所以的单调递增区间为，，C正确；

因为曲线恒过定点，且关于对称，

在同一坐标系内作出函数与的图象，如图，

观察图象知，曲线与的图象有6个不同的交点，

当且仅当，解得，D正确.

故选：BCD

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13. 已知，则的值为________．

【答案】##

【解析】

【分析】将代入结合指数、对数的运算化简求解即可.

【详解】因为，所以

＝＋.

故答案为：.

14. 如图，在矩形ABCD中，，AC与BD的交点为M，N为边AB上任意点（包含端点），则的最大值为________．

【答案】##

【解析】

【分析】以点A为坐标原点，，的方向为x轴，y轴正方向建立平面直角坐标系，写出对应点的坐标，设，根据平面向量数量积的坐标运算即可求解.

【详解】以点A为坐标原点，，的方向为x轴，y轴正方向，建立平面直角坐标系，

则，，，设，

所以，，则，

因为，所以，即的最大值为．

故答案为：．

15. 甲､乙两队进行篮球决赛，采取七场四胜制（当一队赢得四场胜利时该队获胜，比赛结束），根据以往比赛成绩，甲队的主客场安排依次为“主主客客主客主”，设甲队主场取胜的概率为0.8，客场取胜的概率为0.5，且各场比赛结果相互独立，则甲队以4：1获胜的概率是__________．

【答案】##

【解析】

【分析】甲队以4∶1获胜包含的情况有:

①前5场比赛中，第一场负，另外4场全胜，

②前5场比赛中，第二场负，另外4场全胜，

③前5场比赛中，第三场负，另外4场全胜，

④前5场比赛中，第四场负，另外4场全胜，由此能求出甲队以4∶1获胜的概率.

【详解】甲队的主客场安排依次为“主主客客主客主”

设甲队主场取胜的概率为0.8，客场取胜的概率为0.5，且各场比赛结果相互独立，

甲队以4：1获胜包含的情况有：

①前5场比赛中，第一场负，另外4场全胜，其概率为：，

②前5场比赛中，第二场负，另外4场全胜，其概率为：，

③前5场比赛中，第三场负，另外4场全胜，其概率为：，

④前5场比赛中，第四场负，另外4场全胜，其概率为：，

则甲队以4：1获胜的概率为：

.

故答案为：0.32

16. 已知的边，且，则的面积的最大值为___________.

【答案】

【解析】

【分析】首先根据三角恒等变形和正弦定理变形得到，再利用三角形面积公式得，再转化为三角函数的性质，求函数的最大值

【详解】由题意，设中角，，所对应的边长度分别为，，，则有，

由可得，整理得，

∴，

∵，∴，∴，

由正弦定理可得，

∴，则有.

故的面积

.

∵，∴，当时，的面积取得最大值.

故答案为：

【点睛】关键点点睛：本题考查三角函数和解三角形相结合的综合应用，本题的关键是利用三角恒等变形和正弦定理得到，为后面转化为关于的三角函数求最值奠定基础.

四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

17. 已知函数．

（1）若，求在的单调区间；

（2）若在上的最小值为，求实数m的取值范围．

【答案】（1）在上的递增区间为和，递减区间为   

（2）

【解析】

【分析】(1)首先利用二倍角公式及辅助角公式将化简成正弦型函数，再利用正弦型函数的单调性求解；

（2）转化为的最小值为，由可得答案．

【小问1详解】

，

令，解得，

在上的递增区间为，

当时，得到，当时，得到，

故函数在上的递增区间为和，递减区间为．

【小问2详解】

由，得，

∵在上的最小值为，

∴的最小值为，

故，解得．

18. 如图，在直三棱柱中，，D是AC的中点，．

（1）求证：平面；

（2）若异面直线AC和所成角的余弦值为，求四棱锥的体积．

【答案】（1）证明见解析；   

（2）4.

【解析】

【分析】（1）连接，交于点，连接，利用中位线定理证明平面．

（2）利用几何法求出异面直线和所成角的余弦，结合正弦定理及三角形面积公式求得，再利用割补法求出体积作答.

【小问1详解】

在直三棱柱中，连接，交于点，连接，

四边形为平行四边形，则为的中点，

又为的中点，于是，又平面，平面，

所以平面.

  【小问2详解】

在直三棱柱中，由，知为锐角，

显然，则为异面直线和所成角，即，

由，得，，

，直三棱柱的体积

，

，

所以.

19. 某校举行了一次高一年级数学竞赛，笔试成绩在分以上（包括分，满分分）共有人，分成、、、、五组，得到如图所示频率分布直方图．

（1）根据频率分布直方图估计这次数学竞赛成绩的平均数和中位数（中位数精确到）；

（2）为进一步了解学困生的学习情况，从数学成绩低于分的学生中，通过分层随机抽样的方法抽取人，再从这人中任取人，求此人分数都在的概率．

【答案】（1）平均数为，中位数约为   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据所有直方图的面积之和为可求得的值，将每个矩形底边的中点值乘以对应矩形的面积，再将所得结果全加可得样本的平均数，根据中位数的定义可求得样本的中位数；

（2）计算出分层抽样抽取的人中，数学成绩位于的有人，记为、，数学成绩位于的有人，记为、、、，列举出所有的基本事件，并确定所求事件所包含的基本事件，利用古典概型的概率公式可求得所求事件的概率.

【小问1详解】

由，解得，

这次数学竞赛成绩的平均数为，

前组的频率和为，前组的频率和为，

所以中位数为．

【小问2详解】

分层抽样抽取的人中，数学成绩位于的有人，记为、．

数学成绩位于的有人，记为、、、，

从人中任取人，基本事件有：、、、、、、、

、、、、、、、、、、、

、，共种，

其中人分数都在的有、、、，共种，

所以从人中任取人，分数都在的概率为.

20. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，分别以a，b，c为边长的三个正三角形的面积依次为，，，已知，．

（1）求的面积；

（2）若，求c．

【答案】（1）；   

（2）.

【解析】

【分析】（1）根据面积公式及余弦定理得，再求出，即可求出，最后由面积公式计算可得.

（2）由正弦定理求出，即可得解.

【小问1详解】

依题意，，，，

则，即，

由余弦定理得，即，有，又，

则，，

所以的面积.

【小问2详解】

由正弦定理得，因此，

而，解得，所以.

21. 如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧面是正三角形，侧面底面，M是的中点．

（1）求证：平面；

（2）在棱上是否存在点N使平面平面成立？如果存在，求出；如果不存在，说明理由．

【答案】（1）证明见解析；   

（2）存在，.

【解析】

【分析】（1）利用面面垂直的性质得平面，再利用线面垂直的性质判定推理作答.

（2）取的中点，的中点，连接，再作出直二面角，并探讨线段长度关系，借助比例式求解作答.

【小问1详解】

由侧面是正三角形，M是的中点，得，

由正方形，得，而平面平面，平面平面，

且平面，则平面，又平面，于是，

而平面，

所以平面.

【小问2详解】

取的中点，的中点，连接，连接，连接，连接，

于是，由正方形，得，则，令，

显然是正的中心，，，

又平面平面，平面平面，则平面，

平面，即有，而平面，

则平面，平面，在平面内过作交于，

显然，而平面，因此平面，

连接并延长交于，连接，于是平面平面，

过作，则有，，，

，，则，又，，

从而点是线段的中点，，过作交于，

于是，即，显然，因此，

所以在棱上存在点N使平面平面成立，.

22. 已知函数的图象经过点和点，．

（1）求函数的解析式；

（2）设，若对于任意，都有，求m的取值范围．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据所给条件得到关于a，b的方程组，求解即可；

（2）首先得到且，再求出在上的最大值，依题意只需，即，设，判断函数的单调性，结合，即可求出m的取值范围．

【小问1详解】

依题意可，解得，

所以．

【小问2详解】

因为且，所以且，

因为，

所以在的最大值可能是或，

因为

所以，

只需，即，

设，

因为在上单调递增，在上单调递增，

所以在上单调递增，

又，∴，即，所以．

所以的取值范围是．