湖南省长沙市长郡中学2022-2023学年高二数学上学期入学考试试卷（Word版附解析）

长郡中学2022年高二暑假作业检测试卷

数  学

得分：           

 本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共8页。时量120分钟。满分150分。

第 Ⅰ 卷

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i是虚数单位，复数是纯虚数，则实数x的值为（       ）

A．2 B． C． D．4

【答案】A

【分析】由题意，利用纯虚数的定义，求得实数的值．

【解析】解：是虚数单位，复数是纯虚数，

，，

故选：．

2．若，则下列不等式成立的是（       ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】直接利用不等式的性质推出结果即可．

【解析】解：，可得，可得，

并且，可得，

．，

可得：．

故选：．

3．在平面四边形中，满足，，则四边形ABCD是（       ）

A．矩形 В．正方形 C．菱形 D．梯形

【答案】C

【分析】由向量的运算性质进行判断．

【解析】平面四边形中，由，得，可知共线，

由，可知，因此可得四边形是菱形，

故选C．

4．《九章算术》是中国古代人民智慧的结晶，其卷五“商功”中有如下描述：“今有圆亭，下周三丈，上周二丈，高一丈”，译文为“有一个圆台形状的建筑物，下底面周长为三丈，上底面周长为二丈，高为一丈”，则该圆台的侧面积（单位：平方丈）为（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】设圆台的上底面半径为，下底面半径为，由已知周长求出和，然后由圆台的侧面积公式求解即可．

【解析】解：设圆台的上底面半径为，下底面半径为，

则有，，

解得，

又圆台的高为1丈，

所以圆台的母线长为，

所以圆台的侧面积为．

故选：．

5．已知a，b是两条不重合直线，，是两个不重合平面，则下列说法正确的是（       ）

A．若，，则 B．若，，则

C．若，，，则 D．若，，，则

【答案】C

【分析】利用线线，线面，面面的位置关系逐项分析即得．

【解析】解：若，，则或，故错误；

若，，则或或与相交，故错误；

若，，则或，又，故，故正确；

若，，则，又，则或，故错误．

故选：．

6．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，则△ABC的形状为（       ）

A．等腰三角形  B．直角三角形

C．等腰三角形或直角三角形 D．等腰直角三角形

【答案】C

【分析】利用正弦定理，三角函数恒等变换的应用化简已知等式可得，从而可求，或，进而可得为直角，或，即可判断得解三角形的形状．

【解析】解：，

由正弦定理可得：，

可得：，

，可得：，

，可得：，

，或，

为直角，或，

的形状为等腰三角形或直角三角形．

故选：．

7．设，若是的最小值，则a的取值范围是（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】利用基本不等式，先求出当时的函数最值，然后结合一元二次函数的性质进行讨论即可．

【解析】解：当时，，此时函数的最小值为，

若，则函数的最小值为（a），此时不是的最小值，此时不满足条件，

若，则要使是的最小值，则满足，

即

解得，

，，

故选：．

8．蹴鞠（如图所示），又名蹴球，蹴圆，筑球，踢圆等，蹴有用脚蹴、踢、蹋的含义，鞠最早系外包皮革、内实米糠的球因而蹴鞠就是指古人以脚蹴、蹋、踢皮球的活动，类似于今日的足球．2006年5月20日，蹴鞠作为非物质文化遗产经国务院批准已列入第一批国家非物质文化遗产名录．已知某鞠（球的表面上有四个点A，B，C，P，且球心O在PC上，AC=BC=4，AC⊥BC，，则该鞠（球）的表面积为（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】画出图形，作出辅助线，求出，

进而得到，利用勾股定理求出球的半径，求出球的表面积．

【解析】解：如图，取的中点，连接，

由，得：，

由，得：，

连接并延长，交球于点，连接，

因为球的直径，设球的半径为，则，

则，

所以，

解得：，球的表面积为，

故选：．

二、选择题（本题共4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，有选错的得0分，部分选对的得2分）

9．下列选项中，与sin30°的值相等的有（       ）

A．  B．

C． D．

【答案】BC

【分析】利用三角函数恒等变换的应用化简各个选项即可计算得解．

【解析】解：对于，，故错误；

对于，

，故正确；

对于，

，故正确；

对于，

，故错误．

故选：．

10．某同学在研究函数，（）时，分别得出下面几个结论，其中正确的结论是（       ）

A．等式在时恒成立

B．函数的值域为

C．若，则一定有

D．方程在R上有三个根

【答案】ABC

【分析】利用函数的性质，对各项逐一分析即可．

【解析】解：因为，

所以，

所以正确；

因为 的图象如下图所示：

由图象可知函数是奇函数，且在上为单调增函数，值域为，所以正确；

因为，所以

当时，，

当时，，

在 上只有一个零点，即的图象与只有一个交点所以不正确；

故选：．

11．已知，，，，且的图象的对称中心与对称轴的最小距离为，则下列说法正确的是（       ）

A．

B．的图象关于直线对称

C．把图象向左平移单位，所得图象关于y轴对称

D．保持图象上每一点的纵坐标不变，横坐标变为原来的2倍，然后把图象向左平移个单位，得到函数的图象

【答案】ABD

【分析】由题意，利用两个向量的数量积公式，三角恒等变换，化简函数的解析式，再利用函数的图象变换规律，正弦函数的图象和性质，逐一判断各个选项是否正确，从而得出结论．

【解析】解：，，，

，

的图象的对称中心与对称轴的最小距离为，，，故正确；

令，可得，是最小值，故的图象关于直线对称，故正确；

把图象向左平移单位，可得的图象，

由所得函数为非奇非偶函数，故所得函数的图象不关于轴对称，故错误；

保持图象上每一点的纵坐标不变，横坐标变为原来的2倍，可得的图象，

然后把图象向左平移个单位，得到函数的图象，故正确，

故选：．

12．已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，如图，点F，G，M分别为CC1，BB1，B1C1的中点，则下列说法正确的是（       ）

A．平面AD1F∥平面A1MG

B．直线AD1与直线A1G所成角的余弦值为

C．平面AFD1截正方体ABCD−A1B1C1D1所得截面的面积为

D．点C1与点G到平面AFD1的距离相等

【答案】ABC

【分析】利用几何题的特征，结合线面的位置关系，逐个判断即可得出答案．

【解析】解：对于：因为，分别为，的中点，所以，

又，所以，

又为的中点，所以且，

所以四边形是平行四边形，所以，

因为，，

所以平面平面，故正确；

对于：因为正方的棱长为1，

所以，，，

所以，故正确；

对于：取的中点，连接，，

因为，又，所以，

所以在平面内，

所以平面截正方体所得截面为等腰梯形，

过点作，垂足为，

，，，，

，

所以，故正确；

对于：因为平面，

所以不会平行于平面，且线段不与平面相交，

所以点与点到平面的距离不相等，故不正确；

故选：．

第 Ⅱ 卷

三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）

13．欧拉公式（i为虚数单位）是由瑞士著名数学家欧拉提出的，它将指数函数的定义域扩大到复数集，则复数的共轭复数为________．

【答案】

【分析】利用复数三角形式以及复数的除法化简所求复数，利用共轭复数的定义可得结果．

【解析】解：由已知可得，

所以，

因此，复数的共轭复数为．

故答案为：．

14．已知，则________．

【答案】

【分析】利用诱导公式、二倍角的余弦公式即可求解

【解析】因为，

则

15．已知函数在内是减函数，则的取值范围是________．

【答案】

【分析】利用正切函数的单调性与周期性及可求得答案．

【解析】解：函数在内是减函数，

且函数在，内也是减函数，

，

，

，

又，

．

故答案为：，．

16．已知三角形的三边长，其面积是固定的，而已知平面凸四边形的四边长，其面积是不确定的．现有一平面凸四边形ABCD，AB=3，BC=4，CD=5，DA=6，则其面积最大值为________．

【答案】

【分析】设，，利用两次余弦定理求得，的关系，再根据三角形面积公式以及余弦的差角公式，即可求得结果．

【解析】解：设，，连接，作图如下：

在中，由余弦定理可得：，

在中，由余弦定理可得：，

故可得，即，

又四边形的面积，

令，则，

由，则，

上述两式相加可得：，即，

当且仅当时，取得最大值40，此时的最大值为，

由，其最大值为．

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．（本小题满分10分）

 如图所示，三棱柱ABC−A1B1C1中，，，，CA=CB=CC1=1，，，N是AB中点．

（1）用a，b，c表示向量；

（2）在线段C1B1上是否存在点M，使AM⊥A1N？若存在，求出M的位置，若不存在，说明理由．

【分析】（1）根据空间向量线性运算的几何意义进行求解即可；

（2）根据空间向量共线向量的性质，结合空间向量垂直的性质进行求解即可．

【解析】

解：（1）；

（2）假设存在点，使，设，，

显然，，

因为，所以，

即，

，，，，，，

即，

解得，所以当时，

18．（本小题满分12分）

 已知函数．

（1）若函数在上有且仅有一个零点，求实数k的取值范围；

（2）是否存在实数m，使得函数（）在上的值域为，若存在，求出实数m的取值范围；若不存在，说明理由．

【分析】（1）由题意可得关于的方程在，上有且仅有一个实根，作出函数在，上的图像，由图像可得所求范围；

（2）化简可得，，由的单调性可得，是的两个不等正根，由判别式大于0和韦达定理，解不等式可得所求取值范围．

【解析】

解：（1）问题转化为关于的方程在，上有且仅有一个实根，

作出函数在，上的图像（如右图），

，，由题意，

直线与该图像有且仅有一个公共点，

所以实数的取值范围是；

（2）记，

其中，因为函数在，上单调递增，

若存在实数，使得的值域为，，

则（a），（b），所以，

即，是的两个不等正根，

所以△，，，

解得，

所以实数的取值范围是．

19．（本小题满分12分）

 如图所示，已知DOE是半径为，中心角为的扇形，P为弧上一动点，四边形PQMN是矩形，∠POD=x（）．

（1）求矩形PQMN的面积的最大值及取得最大值时的x值；

（2）在△ABC中，，，其面积，求△ABC的周长．

【分析】（1）求出，，，，由此能求出矩形的面积的最大值．

（2）求出，，由余弦定理得，由此能求出的周长．

【解析】

解：（1）由题意，

，

，，

，

矩形的面积为：

，

，，

当时，即时，的最大值为．

（2）由（1）得，

，，

由余弦定理得，

，即，

，

的周长为．

20．（本小题满分12分）

 如图所示，四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，PA=AB=2，AD=，点E是PB的中点．

（1）证明：AE⊥PC；

（2）求二面角C−AE−D的大小．

【分析】（1）由平面，知，结合，可证平面，从而得，再证，进而知平面，然后由线面垂直的性质定理，得证；

（2）先证平面平面，可知二面角与二面角是互余的，再根据二面角的定义找出二面角的平面角，并求之，即可得解．

【解析】

（1）证明：因为平面，平面，所以，

因为底面为矩形，所以，

又，，平面，所以平面，

因为平面，所以，

因为，点是的中点，所以，

又，，平面，

所以平面，

因为平面，所以．

（2）解：由（1）知，平面，

因为，所以平面，

因为平面，所以平面平面，所以二面角与二面角是互余的，

问题可转化为求二面角的大小，

由（2）知，，，

因为，所以，即，

又，所以即为二面角的大小，

因为，，所以，即二面角的大小为，

故二面角的大小为．

21．（本小题满分12分）

 向量（2，2），向量b与向量a的夹角为，且

（1）求向量b；

（2）若（1，0），且，（，），其中A，B，C是△ABC的内角，且，试求的取值范围．

【分析】（1）设出向量，由向量与向量的夹角为及得到关于、的二元方程组，求解后可得向量的坐标；

（2）由得（0，1），求出及其模的表达式，由得，化简，求出它的取值范围．

【解析】

解：（1）设，

则，

①；

又，

，

，即②；

由①②解得或，

或；

（2）（1，0）且，

；

，

，

，；

；

，

，

，

，

．

22．（本小题满分12分）

 如图①所示，长方形ABCD中，AD=1，AB=2，点M是边CD的中点，将△ADM沿AM翻折到△PAM，连结PB，PC，得到图②的四棱锥P–ABCM．

（1）若棱PB的中点为N，求CN的长；

（2）设P−AM−D的大小为，若，求平面PAM和平面PBC夹角余弦值的最小值．

【分析】（1）作出辅助线，证明出四边形为平行四边形，从而得到；

（2）作出辅助线，得到为的平面角，即，建立空间直角坐标系，用含的关系式表达出平面和平面的法向量，利用空间向量夹角余弦公式得到，结合的取值范围求出余弦值的最小值．

【解析】

解：（1）取中点，连接，，

则因为为中点，所以为的中位线，

所以且，

因为为的中点，四边形为矩形，

所以且，

所以且，

故四边形为平行四边形，

所以；

（2）连接，

因为，所以，

所以为的平面角，即，

过点作平面，以为坐标原点，分别以，，所在直线为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，0，，，1，，，2，，

过作于点，由题意得平面，

设，，，

所以，

所以，

所以，

设平面的法向量为，

则，

令，则，

设平面的法向量为，，，

因为，

则，

令，可得：，

设两平面夹角为，

则

，

令，所以，

所以，所以当时，有最小值，

所以平面和平面夹角余弦值的最小值为