宁夏银川市2024-2025学年高二上学期入学考试数学试卷（解析版）

这是一份宁夏银川市2024-2025学年高二上学期入学考试数学试卷（解析版），共22页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分）
1. 如果集合S＝{x|x＝3n+1，n∈N}，T＝{x|x＝3k﹣2，k∈Z}，则（ ）
A. B. T⊆SC. S＝TD. ST
【答案】A
【解析】
【分析】先将两集合元素表示形式统一，再比较确定包含关系．
【详解】解：由，，，
令，则，所以，，
通过对比、，且由常用数集与可知，故．
故选：．
2. 不等式的解集为或，则的解集为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】将不等式化为，即的两个根为，，代入求出，再利用分式不等式的解法即可求解.
【详解】不等式可转化为，
其解集为或，
所以，且方程的两个根为，，
则 或，解得或（舍去），
即有，即，解得.
所以不等式的解集为.
故选：A.
3. 已知是定义域为的函数，且是奇函数，是偶函数，满足，若对任意的，都有成立，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据奇偶函数构造方程组求出的解析式，再根据题意得到在单调递增，分类讨论即可求解.
【详解】由题可得，
因为是奇函数，是偶函数，
所以，
联立解得，
又因为对任意的，都有成立，
所以，所以成立，
构造，
所以由上述过程可得在单调递增，
(i)若，则对称轴，解得；
(ii) 若，在单调递增，满足题意；
(iii) 若，则对称轴恒成立；
综上，，
故选：B.
4. 若，则（ ）．
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】构造函数，再利用函数单调性求解即可.
【详解】由，
得，
令，
因为函数都是增函数，
所以函数是增函数，
由，即，
所以，
对于AB，当时，，故AB错误；
对于CD，由，得，
所以，故C正确，D错误.
故选：C.
5. 已知为单位向量，且，则向量与的夹角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由求出，再利用向量夹角公式可求得结果.
【详解】因为为单位向量，且，
所以，得，
所以，
因为，所以.
故选：C
6. 若，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D. 0,1
【答案】C
【解析】
【分析】通过二倍角降幂公式化简，再利用两角差的余弦公式和辅助角公式化简为，根据余弦函数的性质得出答案.
【详解】
，
因为，所以
故选：C.
7. 已知球的表面积为，边长为3的等边的三个顶点都在球的球面上，则三棱锥的体积等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】求出球的半径和所在平面截球所得的小圆的半径，利用勾股定理可得球心到所在平面的距离，再利用棱锥的体积公式可求得结果.
【详解】设球的半径为，则，得R2=4，
设所在平面截球所得的小圆的半径为，圆心为，
则为外接圆的半径，
因为等边的边长为3，所以r=23×32×3=3，
所以球心到所在平面的距离为
OO1=OA2-O1A2=R2-r2=4-3=1，
所以三棱锥的体积13S△ABC⋅OO1=13×34×32×1=334.
故选：A
8. 抛掷一颗骰子，设事件A：落地时向上的点数是奇数，事件B：落地时向上的点数是偶数，事件C：落地时向上的点数小于3，事件D：落地时向上的点数大于5，则下列每对事件中，不是互斥事件的为是（ ）
A. A与B；B. B与C；C. A与D；D. C与D．
【答案】B
【解析】
【分析】根据互斥事件的定义逐个分析判断.
【详解】对于A，因为落地时向上的点数是奇数与落地时向上的点数是偶数不可能同时发生，
所以事件A与B是互斥事件，所以A错误，
对于B，因为落地时向上的点数是偶数与落地时向上的点数小于3可能同时发生，如落地时向上的点数为2，
所以事件B与C不是互斥事件，所以B正确，
对于C，因为落地时向上的点数是奇数与落地时向上的点数大于5不可能同时发生，
所以事件A与D是互斥事件，所以C错误，
对于D，因为落地时向上的点数小于3与落地时向上的点数大于5不可能同时发生，
所以事件C与D是互斥事件，所以D错误.
故选：B
二、多选题（本题共4小题，每小题5分，共20分）
9. 有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中不放回的随机取两次，每次取1个球，事件表示“第一次取出的球的数字是偶数”，事件表示“第二次取出的球的数字是奇数”，事件表示“两次取出的球的数字之和是偶数”，事件表示“两次取出的球的数字之和是奇数”，则（ ）
A. 与是互斥事件B. 与互为对立事件
C. 发生的概率为D. 与相互独立
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据互斥事件，对立事件相互独立事件的定义结合古典概型注意判断即可.
【详解】由题意，不放回的随机取两次，共有种情况，
共个基本事件，
共个基本事件，故，故C正确；
显然事件与有交事件，不是互斥事件，故A错误；
共个基本事件，故，
共个基本事件，
所以与互为对立事件，故B正确；
事件共个基本事件，
所以，
所以与相互独立，故D正确.
故选：BCD.
10. 如图，正方体的棱长为2，则（ ）
A. 平面
B. 平面
C. 异面直线与BD所成的角为60°
D. 三棱锥的体积为
【答案】ABC
【解析】
【分析】对A：借助正方体的性质可得，结合线面平行的判定定理即可得；对B：借助线面垂直的判定定理可得平面，平面，再利用线面垂直的性质定理可得，，进而可得，，即可得证；对C：借助等角定理可得等于异面直线与BD所成的角，计算出即可得解；对D：借助体积公式计算即可得.
【详解】对A：在正方体中，，
又平面，平面，所以平面，故A项正确；
对B：连接，，在正方体中，，，
平面，平面，因为平面，
平面，所以，，
又，平面，平面，
所以平面，因此，同理，，
又，平面，平面，
所以平面，故B项正确；
对C：因为，所以等于异面直线与BD所成的角，
又，即为等边三角形，
所以异面直线与BD所成的角为60°，故C项正确；
对D：三棱锥的体积
，故D项不正确.
故选：ABC.
11. 是两个平面，是两条直线，有下列四个命题其中正确的命题有（ ）
A. 如果m⊥n,m⊥α,n//β，那么
B. 如果m⊥α,n//α，那么
C. 如果α//β,m⊂α，那么
D. 如果m//n,α//β，那么与所成的角和与所成的角相等
【答案】BCD
【解析】
【分析】运用长方体模型，找出符合条件的直线和平面，即可判断A；运用线面平行的性质定理和线面垂直的性质定理，即可判断B；运用面面平行的性质定理，即可判断C；由平行的传递性及线面角的定义，即可判断D．
【详解】对于A，可运用长方体举反例证明其错误：如图，
不妨设为直线m，为直线n，
所在的平面为，所在的平面为，
显然这些直线和平面满足题目条件，但不成立，故A错误；
对于B，设过直线的某平面与平面相交于直线，则l//n，
由知，从而，故B正确；
对于C，如果α//β,m⊂α，则，故C正确；
对于D，如果m//n,α//β，那么与所成的角和与所成的角相等，故D正确.
故选：BCD.
12. 已知是函数的一个零点.则（ ）
A.
B. 函数的值域为
C. 函数的单调递减区间为
D. 不等式的解集为
【答案】AC
【解析】
【分析】对于A：代入运算求解即可；对于B：整理可得，结合正弦函数的有界性分析求解；对于C：以为整体，结合正弦函数的单调性分析求解；对于D：结合选项B中的值域分析判断.
【详解】由题意可得：，
因为，解得，故A正确；
则，
因为，则，
所以函数的值域为，故B错误；
令，解得，
所以函数的单调递减区间为，故C正确；
由选项B可知：当，即时，，
所以不等式的解集不为空集，故D错误；
故选：AC.
三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）
13. 甲、乙两水文站同时作水文预报，如果甲站、乙站各自预报的准确率分别为0.8和0.7，那么在一次预报中，甲站、乙站预报都错误的概率为_________．
【答案】##
【解析】
【分析】根据独立事件的乘法公式即可得到答案.
【详解】根据对立事件概率求法和独立事件的乘法公式得甲站、乙站预报都错误的概率为：
.
故答案为：.
14. 已知，且，则的最小值为__________．
【答案】
【解析】
【分析】由可得，即有，再由基本不等式可得最小值，注意等号成立的条件.
【详解】因为且，所以，
所以，
当且仅当即时取等号，
所以最小值为.
故答案为：．
15. 已知圆锥的顶点和底面圆周都在球的球面上，且母线长为2，为其底面圆周上的两点，若面积的最大值为，则球的表面积为______．
【答案】##
【解析】
【分析】本题根据已知条件得为轴截面时，最大，再根据球心在上，由此列方程或者根据正弦定理可求得外接球的半径，即可求出外接球表面积.
【详解】如图所示，因为，
所以当为轴截面时，最大，
因为的面积最大值为，
则，所以，
即圆锥的轴截面为等边三角形.
解法一：因为圆锥的母线长为2，所以在中， ，
设球O的半径为R，则，
在中，，
即，解得，
解法二：因为为的外心，所以外接球直径，即，
所以外接球表面积．
故答案为：．
16. 赵爽是我国古代数学家，大约在公元222年，他为《周髀算经》一书作序时，介绍了“勾股圆方图”，亦称“赵爽弦图”（以弦为边长得到的正方形由4个全等的直角三角形再加上中间一个小正方形组成）.类比“赵爽弦图”，可构造如图所示的图形，它是由3个全等的三角形与中间一个小等边三角形拼成的一个较大的等边三角形，设（，），若，则______.
【答案】3
【解析】
【分析】因为大三角形是等边三角形，所以可以通过建系的方法进行求解.
【详解】不妨设，则，如图，由题可知.
由，
得，所以，所以，，.
又，所以，所以，
所以，即.
所以，，，
因为，所以，
解得，所以.
故答案为：3
四、解答题（本题共6小题，共70分）
17. 甲袋子中装有2个红球、1个白球，乙袋子中装有1个红球、2个白球（袋子不透明，球除颜色外完全一样）.
（1）现从甲、乙两个袋子中各任选1个球，求选出2个球的颜色相同的概率；
（2）从甲、乙两袋6个球中任选2个球，求选出的2个球来自同一袋子的概率.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）直接由列举法求解古典概型概率即可；
（2）直接由列举法求解古典概型概率即可.
【小问1详解】
甲袋子中2个红球分别用A，B表示，白球用C表示，乙袋子中红球用D表示，2个白球分别用E，F表示.
从甲、乙两袋中各任选1个球的所有可能结果为，，，，，，，，，共9种，
从中选出的2个球的颜色相同的有，，，，共4种，
故选出的2个球的颜色相同的概率.
【小问2详解】
从6个球中任选2个球的所有可能结果为
，，，，，（B，C），，，，，，，，，，共15种，
从中选出2个球来自同一袋子的结果有，，，，，，共6种，
所以选出的2个球来自同一袋子的概率.
18. 如图，四棱锥的底面是直角梯形，底面，，，且，.
（1）证明：平面平面.
（2）求二面角的大小.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）只需根据线面垂直的判定定理证明平面，进一步结合面面垂直的判定定理即可得证；
（2）首先说明是二面角的平面角，进一步结合解三角形知识即可求解.
【小问1详解】
由于底面是直角梯形且，所以由得，
因底面，平面，所以，
而，平面，所以平面.
又因为平面，所以平面平面.
【小问2详解】
由（1）知平面，平面，所以，
又因为，所以是二面角的平面角.
由得，
而，即，
所以在梯形中，由可得，
所以在直角中，，而，
所以，即二面角的大小为.
19. 黄山原名“黟山”，因峰岩青黑，遥望苍黛而名，后因传说轩辕黄帝曾在此炼丹，故改名为“黄山”．黄山雄踞风景秀丽安徽南部，是我国最著名的山岳风景区之一．明代旅行家、地理学家徐霞客两游黄山，赞叹说：“登黄山天下无山，观止矣！”又留“五岳归来不看山，黄山归来不看岳”的美誉．为更好地提升旅游品质，黄山风景区的工作人员随机选择100名游客对景区进行满意度评分（满分100分），根据评分，制成如图所示的频率分布直方图.
（1）根据频率分布直方图，求x的值；
（2）估计这100名游客对景区满意度评分的分位数（得数保留两位小数）；
（3）景区的工作人员采用按比例分层抽样的方法从评分在，的两组中共抽取6人，再从这6人中随机抽取2人进行个别交流，求选取的2人评分分别在和内各1人的概率．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据直方图中频率和为1求参数即可；
（2）由百分位数的定义，结合直方图求分位数；
（3）分布求各组人数，利用列举法结合古典概型运算求解.
【小问1详解】
由图知：，可得.
【小问2详解】
由，
所以分位数在区间内，令其为，
则，解得.
所以满意度评分的分位数为.
【小问3详解】
因为评分在，的频率分别为，
则在中抽取人，设为；
在中抽取人，设为；
从这6人中随机抽取2人，则有：
，
，
共有15个基本事件，
设选取的2人评分分别在和内各1人为事件A，
则有，共有8个基本事件，
所以.
20. 已知函数（，，）的图象如图所示.将函数y=fx的图象向右平移个单位长度得到曲线，把上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得到的曲线对应的函数记作y=gx.
（1）求函数的单调减区间；
（2）求函数的最小值；
（3）若函数在内恰有6个零点，求的值.
【答案】（1），；；
（2）
（3）或.
【解析】
【分析】（1）根据所给图象求出函数的解析式，再列出关于x的不等式即可得解；
（2）由（1）结合给定图象变换求出的解析式，再求出并作变形即可得解；
（3）求出并令，将转化为关于t的一元二次方程，按根所在区间讨论得解.
【小问1详解】
观察图象得，最小正周期为T，
，则，
而，则，，
又，于是得，
所以，
由，，得，，
所以单调递减区间为，．
【小问2详解】
由题意得，
，
当，即时，取最小值，
所以的最小值为；
【小问3详解】
依题意，，
令，可得，
令，得，
由于，即方程必有两个不同的实数根，，
且，，
由知、异号，不妨设，，
①若，则，，无解，
而在内有四个零点，不符题意；
②若，则，在内有2个零点，
而在内有4个零点，
即在内有6个零点，符合题意，
此时，得；
③若，，在有4个零点，
则在内应恰有2个零点，必有，
此时，，解得，
综上所述有或．
21. 如图，平面四边形中，，，，，，点，满足，，将沿翻折至，使得.
（1）证明：；
（2）求五棱锥的体积
【答案】（1）证明见解析；
（2）19
【解析】
【分析】（1）由题意，根据余弦定理求得，利用勾股定理的逆定理可证得，则，，结合线面垂直的判定定理与性质即可证明；
（2）先证明平面，得，，勾股定理得，从而底面，即为五棱锥的高，再结合棱锥的体积公式计算得答案；
【小问1详解】
由，，，，
得，，又，在中，
由余弦定理得，
所以，则，即，
所以，，又PE∩DE=E，平面，
所以平面，又平面，故；
【小问2详解】
，，，
，即平面，所以，，
且，所以，由（1），
而是平面内的两条相交直线，
由此得底面，即为五棱锥的高，过点作.则，
22. 一块长方形鱼塘ABCD，AB=50米，BC=25米，为了便于游客休闲散步，该农庄决定在鱼塘内建3条如图所示的观光走廊OE，EF，OF，考虑到整体规划，要求O是AB的中点，点E在边BC上，点F在边AD上，且．

（1）设，试将的周长l表示成的函数关系式，并求出此函数的定义域；
（2）经核算，三条走廊每米建设费用均为4000元，试问如何设计才能使建设总费用最低并求出最低总费用．
【答案】（1）；
（2）详见解析；元.
【解析】
【分析】（1）根据直角三角形的边角关系求出边长，即可写出的周长表达式，在使实际问题有意义的基础上可求得定义域.
（2）根据题意可知即求函数的最小值，利用换元法将函数化简，结合的范围，即可求出函数的最小值和最低总费用.
【小问1详解】
在Rt 中，，，所以 ，
在Rt 中，，即 ，又 ，
所以 ，
所以 的周长，
即;
当点 在点 时，角 最小，此时 ;
当点 在点 时，角 最大，此时 ;
故此函数的定义域是
【小问2详解】
由题意可知，只需求出 的周长 的最小值即可
设 ，则 ，
则原函数可化简为 ，
因为 ，所以 ，，
则 ，
则
从而
则当时，即时，；
即当米时，铺路总费用最低，最低总费用为元.