湖南师大附高2022-2023学年高二上学期9月入学考试
数学 解析版
一 单选题（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. 若为纯虚数，其中，则等于（ ）
A. 1 B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据纯虚数满足的条件列式可得，再求解即可.
【详解】因为为纯虚数，所以，即，因此
故选：B
2. 在投掷一枚骰子的试验中，出现各点的概率都是.事件A表示“小于5的偶数点出现”，事件B表示“小于5的点数出现”，则一次试验中，事件发生的概率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据对立事件与互斥事件的概率公式求解即可.
【详解】易知事件与事件互斥，且，所以.
故选：C
3. 已知集合，若“”是“”的必要不充分条件，则实数a的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由指数函数与对数的性质，求得集合，根据是的必要不充分条件，得到是的真子集，结合集合的运算，即可求解.
【详解】由，即，解得或，故或，
又由，即，解得，故，
因为是的必要不充分条件，即是的真子集，
可得或，解得或，即
故选：D.
4. 设△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】运用正弦定理与余弦定理代换即可.
【详解】因为，由正弦定理有，
根据余弦定理有，
且，故有，即，
又，所以.
故选：D .
5. 若，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，利用余弦的倍角公式求得，结合诱导公式，即可求解.
【详解】由，可得，
则.
故选：C.
6. 已知函数，设，，，则a，b，c的大小关系为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题意可判断为偶函数，且在上单调递增，再根据的大小关系判断即可.
【详解】因为的定义域为，且，则为上的偶函数，则，又可知在上单调递增，且，所以，即.
故选：A
7. 已知函数（）在上是增函数，且在上有最小值，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意可得，结合正弦函数的单调区间，结合零点所在的区间表达出区间端点与单调区间、零点满足的关系求解即可.
【详解】由可得，由函数在上是增函数且可得，，所以；
又当时，，由在上有最小值，可得，所以.
综上所述，.
故选：B
8. 已知函数（，且）在R上单调递减，且关于x的方程恰好有两个不相等的实数解，则a的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用函数是减函数求出的范围，再在同一直角坐标系中，画出函数和函数的图象，根据方程的交点个数数形结合，从而可得出答案.
【详解】解：函数在上单调递减，
则，解得，
在同一直角坐标系中，画出函数和函数的图象，如图：
由图象可知，在上，有且仅有一个解，
故在上，有且仅有一个解，
当即时，
由，
即，则，
解得或1（舍去），
当时，方程可化为符合题意；
当，即时，由图象可知，符合条件，
综上：的取值范围为.
故选：C.
二 多选题（本大题共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.全部选对得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.）
9. 设，，表示三条不同的直线，，，表示三个不同的平面，给出下列四个选项中正确的是（ ）
A. 若，，，则；
B. 若，，则；
C. 若，为异面直线，，，，，则；
D. 若，，则．
【答案】AC
【解析】
【分析】
对于A，根据已知和空间线面的性质定理可判断；对于B，因为有可能在平面内举出反例可判断；对于C，根据已知和面面平行的判定定理可判断；对于D，由，则可能可得出判断.
【详解】对于A，若，由空间线面的性质定理可知，正确；
对于B，若，因为有可能在平面内，故错误；
对于C，若为异面直线，，，根据面面平行的判定定理可得，故正确；
对于D，若，则可能，故错误.
故选：AC.
【点晴】本题主要考查线面平行的判定与性质、面面垂直的性质及线面垂直的判定，属于难题.空间直线、平面平行或垂直等位置关系命题的真假判断，常采用画图（尤其是画长方体）、现实实物判断法（如墙角、桌面等）、排除筛选法等；另外，若原命题不太容易判断真假，可以考虑它的逆否命题，判断它的逆否命题真假，原命题与逆否命题等价.
10. 如图，在中，已知，点为的三等分点（靠近点），则可能的取值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】AB
【解析】
【分析】根据向量的数量积的运算公式，得到，结合，即可求解.
【详解】由，可得，
则
，
结合选项，可得可能的取值为或.
故选：AB.
11. 冬春季节，人们容易感冒发热.若发生群体性发热，则会影响到人们的身体健康，干扰正常工作生产，有专业机构认为某地区在一段时间内没有发生大规模群体发热现象的标志为“连续10天，该地区每天新增疑似发热病例不超过7人”下列连续10天疑似发热病例人数的统计特征数中，能判定该地没有发生群体性发热的为（ ）
A. 总体平均数为2，众数为2 B. 总体平均数为2，总体标准差为
C. 总体平均数为2，第65百分位数为5 D. 总体平均数为4，总体方差为
【答案】BCD
【解析】
【分析】将10个数由小到大依次记，对A可举反例判断；对B假可设，推出矛盾即可；对C，假设，由百分位数推导可得，进而推出矛盾即可；对D，假设，则计算方差推出矛盾即可.
【详解】将10个数由小到大依次记为.
对于A选项，当这10个数分别为时，满足平均数为2，众数为2，与题意矛盾，A选项不符合要求；
对于B选项，假设，则方差，标准差大于，矛盾，故假设不成立，B选项正确；
对于C选项，假设，因为第65百分位数为5，所以，故平均数，矛盾，故假设不成立，C选项正确；
对于D选项，假设，则方差，矛盾，故假设不成立，D选项正确.
故选：BCD
12. 在棱长为2的正方体ABCD A1B1C1D1中，点Q为线段AD1上一动点，则（ ）
A. 在Q点运动过程中，存在某个位置使得直线B1D与直线CQ所成角为锐角
B. 三棱锥B B1CQ的体积为定值
C. 当Q为AD1一个三等分点时，平面B1QD截正方体ABCD A1B1C1D1所得的截面面积为
D. 当Q为AD1中点时，直线B1Q与平面BCC1B1所成的角最大
【答案】BCD
【解析】
【分析】证明直线B1D与直线CQ垂直说明A错误；由计算体积说明B正确；做出平面B1QD截正方体ABCD A1B1C1D1所得的截面即可说明C正确；运用直线B1Q与平面BCC1B1所成的角的正切说明D正确.
【详解】对于，如图，连接.因为在正方体中，
平面，而点为线段上一动点，所以平面，
因此，所以错误；
对于，如图，因为在正方体中，平面平面，
且平面与平面的距离为正方体棱长2，而，
所以三棱锥的体积，
为定值，因此正确；
对于，不妨设为上靠近的一个三等分点，即，
如图所示，设平面与的交点分别为
因为平面平面，
同理平面截正方体所得的截面为平行四边形，
，
又可知，由余弦定理的推论可求得：
，
当为上靠近的一个三等分点，同理可求得截面面积为，因此正确；
对于，
当点在上运动时，它在平面上的投影落在上，不妨设为，
则为直线与平面所成的角，
又，且恒为定值，故当取得最小值时，
最大，也即最大，此时有，即为的中点，
即为的中点，故当为中点时，
直线与平面所成的角最大，因此正确.
故选：BCD.
三 填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在题中的横线上.）
13. 已知，，，且点D在平面ABC内，则___________.
【答案】11
【解析】
【分析】根据四点共面得到存在唯一一对实数，，列出方程组，求出答案.
【详解】因为点在平面内，所以存在唯一一对实数，使得成立，所以，
因此，解得.
故答案为：11
14. 已知直线l过点（4，1），且与两坐标轴正半轴围成的三角形面积为9，则直线l的斜率为___________.
【答案】或
【解析】
【分析】设该直线的截距式方程，再根据面积求解，进而求得直线斜率即可.
【详解】设该直线方程为，由题意有，解得或，故直线过点，或，，则直线的斜率为或.
故答案为：或
15. 已知向量，，满足，，，，若，则的值为___________.
【答案】
【解析】
【分析】设，构建直角坐标系并确定坐标，进而得到的坐标，结合求参数值.
【详解】设，易知，故，
以为原点，为轴，垂直于的方向为轴，建立如图所示的平面直角坐标系，
易知，则，
又，则，解得.
故答案为：
16. 如图，矩形ABCD中，AB=，AD=2，Q为BC上一动点，点M，N分别在线段AB，CD上运动（其中M不与A，B重合，N不与C，D重合），且MN∥AD，将△DMN沿MN折起，得到三棱锥D MNQ，当三棱锥D MNQ体积最大时，其外接球的表面积最大为___________.
【答案】
【解析】
【分析】设，根据题意得到时，取得最大值，得到，进而得到三棱柱的外接球即是三棱锥的外接球，设球半径为，连接，根据求得性质得到，要使球半径最大，只需最大，在中，求得，结合正弦定理和表面积公式，即可求解.
【详解】设，则，将沿折起，
当平面时，三棱锥的体积最大，
此时，
所以当时，取得最大值，最大值为1，此时，
如图所示，三棱锥是三棱柱的一部分，
则三棱柱的外接球即是三棱锥的外接球，
设球半径为，点分别是上、下底面三角形的外心，
连接，则线段的中点即是三棱柱的外接球的球心，
设为，连接，则，
设的外接圆半径为，则，即，
所以要使球半径最大，只需最大，下面在中研究的最大值.
如图设，
则，
则，
当或时取等号，即点与点或点重合时最小，此时也最小，
由正弦定理得知，此时最大，，
球的表面积的最大值为.
故答案为：.
四 解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明 证明过程及演算步骤.）
17. 如图矩形O'A'B'C'是水平放置的一个平面四边形OABC的直观图，其中O'A'=3，O'C'=1，
（1）判断平面四边形OABC的形状并求周长；
（2）若该四边形OABC以OA为旋转轴，旋转一周，求旋转形成的几何体的体积及表面积.
【答案】（1）平面四边形为菱形，
（2），
【解析】
【分析】（1）如图，先将直观图还原得，根据斜二测画法可得，即可得解；
（2）四边形以为旋转轴，旋转一周，得到一个圆柱和两个一样的圆锥，进行求侧面积即可得解
【小问1详解】
将直观图还原得，如下图，
所以，
所以平面四边形为菱形，
其周长为.
【小问2详解】
四边形以为旋转轴，旋转一周，得到一个圆柱和两个一样的圆锥，
，
，
所以.
18. 记ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，且.
（1）求的值；
（2）若∠ACB的平分线交AB于点D，，求.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据两角和的正弦公式化简，结合正弦定理求解即可；
（2）根据三角形的面积公式，结合可得，根据向量的线性运算可得，再两边平方结合数量积的运算求解可得，再在中，由余弦定理与正弦定理求解即可.
【小问1详解】
在中，角的对边分别为，满足
，
得：，因为，
所以，由正弦定理得：.
【小问2详解】
由（1）得，因为的平分线交于点，且，记为到的距离，
因为，即，
所以，即.
，所以，
两边平方，代入，得：，
，在中，
在中，由余弦定理得，，
在中，由正弦定理得，.
19. 如图，四棱锥中，底面为菱形，的中点为，的中点为，且⊥平面.
（1）证明：平面；
（2）若，，，求直线与平面所成角正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意知为的中点，所以为的中位线，于是得到，根据线面平行的判定定理可得出结论；
（2）方法一：做辅助线作，垂足为，连接，作，垂足为，根据线面角定义找到直线与平面所成角，根据已知解三角形求得，，在，利用得出结果；方法二：做辅助线，垂足为，连接，作，垂足为，根据线面角定义得到直线与平面所成角，由与都是直角三角形，得到，由等体积法求得点到平面的距离为，利用得出结果.
小问1详解】
证明：如图，连接，设为与的交点，
底面为菱形，为的中点，
又为的中点，，
又平面，平面，
平面；
【小问2详解】
（方法一）如图，作，垂足为，连接，作，垂足为.
平面，又平面，，
又，平面，
平面，，
又，平面，
则为直线与平面所成的角，
，四边形为菱形，为等边三角形，
又，
，
在中，，
由，得，
点到平面的距离为，
则.
所以，直线与平面所成角的正弦值为；
（法二）设点到平面的距离为，
由题知，与都是直角三角形，且，
所以，
，
在中，，
所以， ，
又，
则，即，
解得，
设直线与平面所成角为，则，
所以，直线与平面所成角的正弦值为.
20. 已知函数（），若函数在定义域内存在，（），使成立，则称该函数为“互补函数”.
（1）若，函数图象的一条对称轴为，求函数在区间上的值域；
（2）若，函数在上为“互补函数”，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用辅助角公式，可得，利用函数的对称轴为直线，得到，进而可求，然后可得所求值域.
（2）根据“互补函数”的定义，函数在区间上存在至少两个最大值点，则，进而得到的范围，对的范围进行分类讨论，即可求的取值范围.
【小问1详解】
因为函数的对称轴为直线，由辅助角公式可得，所以，.
即，即，解得.所以.
由，得，所以，
所以，故函数在区间上的值域为.
小问2详解】
当时，，由“互补函数”的定义，存在，，所以令，则函数在区间上存在至少两个最大值点，则，得.
当，即时，显然符合题意；
当时，分以下两种情况讨论：
当，即时，，即，所以.
当，即时，，即，所以.
综上，的取值范围为.
21. 某中学在2022年高考分数公布后对高三年级各班的成绩进行分析.经统计某班有50名同学，总分都在区间[600，700]内，将得分区间平均分成5组，统计频数 频率后，得到了如图所示的频率分布直方图.
（1）估计该班级的平均分；
（2）经过相关部门的计算，本次高考总分大于等于680的同学可以获得高校T的“强基计划”入围资格.高校T的“强基计划”校考分为两轮.第一轮为笔试，所有入围同学都要参加，考试科目为数学和物理，每科的笔试成绩从高到低依次有A+，A，B，C四个等级，两科中至少有一科得到A+，且两科均不低于B，才能进入第二轮，第二轮得到“通过”的同学将被高校T提前录取.已知入围的同学参加第一轮笔试时，总分高于690分的同学在每科笔试中取得A+，A，B，C的概率分别为，，，；总分不超过690分的同学在每科笔试中取得A+，A，B，C的概率分别为，，，；进入第二轮的同学，若两科笔试成绩均为A+，则免面试，并被高校T提前录取；若两科笔试成绩只有一个A+，则要参加面试，总分高于690分的同学面试“通过”的概率为，总分不超过690分的同学面试“通过”的概率为，面试“通过”的同学也将被高校T提前录取.若该班级本次高考总分大于等于680的同学都报考了高校T的“强基计划”，且恰有1人成绩高于690分.求：
①总分高于690分的某位同学进入第二轮的概率；
②该班恰有1名同学通过“强基计划”被高校T提前录取的概率.
【答案】（1）
（2）①；②
【解析】
【分析】（1）中间值作代表，计算出平均数，估计该班级的平均分；
（2）①分两科均为，一科为，一科为A，和一科为，一科为B，三种情况下的概率之和即为答案；
②先求出总分高于690分的同学被高校提前录取的概率和总分不超过690分的同学被高校提前录取的概率，从而求出该班恰有1名同学通过“强基计划”被高校T提前录取的概率.
【小问1详解】
根据频率分布直方图，可知平均分为：
；
【小问2详解】
总分大于等于680分的同学有人，
由已知，其中有1人总分小于等于690分，1人总分大于690分，
①，
因此，总分高于690分的某位同学进入第二轮的概率
②设总分高于690分的同学被高校提前录取的事件为，总分不超过690分的同学被高校提前录取的事件为，
，
该班恰有1名同学通过“强基计划”被高校提前录取的概率.
22. 已知真命题：“函数的图象关于点P（a，b）成中心对称图形”的充要条件为“函数是奇函数”.
（1）将函数的图象向左平移1个单位，再向上平移2个单位，求此时图象对应的函数解析式，并利用题设中的真命题求函数图象对称中心的坐标；
（2）求函数图象对称中心的坐标；
（3）记（2）中的对称中心的坐标为（a，b），函数，若存在，，使得函数在区间上的值域为，求实数m的取值范围.
【答案】（1），
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据题意可得平移后的函数解析式为，由此函数为奇函数，根据题中定义则可得出答案；
（2）设的对称中心为，由题设知函数是奇函数，由定义域关于原点对称可求出，再由恒成立可得；
（3）易知函数在上单调递增，则有且，化简变形后可等价于方程在上有两个不等实根，利用二次函数根的分布即可列出不等式组，即可解出答案.
【小问1详解】
函数的图象平移后对应的函数解析式为，
整理得，
由于函数是奇函数，
由题设真命题知，函数图象对称中心的坐标是；
【小问2详解】
设的对称中心为，由题设知函数是奇函数，
设，则，即，
由不等式的解集关于原点对称，得，
此时，
任取恒成立，得，
所以函数图象对称中心的坐标是；
【小问3详解】
由（2）得，
函数，所以函数在上单调递增，
又因为存在，使得函数在上的值域为，
所以，且，所以
即是方程的两个不等实根，
问题等价于方程在上有两个不等实根，.
令，
易知为二次函数，其图象的对称轴为直线，
则 解得：
解得.
所以实数的取值范围为.湖南师大附高2022-2023学年高二上学期9月入学考试
数学 原卷版
一 单选题（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. 若为纯虚数，其中，则等于（ ）
A. 1 B. C. D.
2. 在投掷一枚骰子的试验中，出现各点的概率都是.事件A表示“小于5的偶数点出现”，事件B表示“小于5的点数出现”，则一次试验中，事件发生的概率是（ ）
A. B. C. D.
3. 已知集合，若“”是“”的必要不充分条件，则实数a的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
4. 设△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，且，则（ ）
A. B. C. D.
5. 若，则的值为（ ）
A. B. C. D.
6. 已知函数，设，，，则a，b，c的大小关系为（ ）
A. B.
C. D.
7. 已知函数（）在上是增函数，且在上有最小值，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
8. 已知函数（，且）在R上单调递减，且关于x的方程恰好有两个不相等的实数解，则a的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
二 多选题（本大题共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.全部选对得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.）
9. 设，，表示三条不同直线，，，表示三个不同的平面，给出下列四个选项中正确的是（ ）
A. 若，，，则；
B. 若，，则；
C. 若，为异面直线，，，，，则；
D. 若，，则．
10. 如图，在中，已知，点为的三等分点（靠近点），则可能的取值为（ ）
A B. C. D.
11. 冬春季节，人们容易感冒发热.若发生群体性发热，则会影响到人们的身体健康，干扰正常工作生产，有专业机构认为某地区在一段时间内没有发生大规模群体发热现象的标志为“连续10天，该地区每天新增疑似发热病例不超过7人”下列连续10天疑似发热病例人数的统计特征数中，能判定该地没有发生群体性发热的为（ ）
A. 总体平均数为2，众数为2 B. 总体平均数为2，总体标准差为
C. 总体平均数为2，第65百分位数为5 D. 总体平均数为4，总体方差为
12. 在棱长为2的正方体ABCD A1B1C1D1中，点Q为线段AD1上一动点，则（ ）
A. 在Q点运动过程中，存在某个位置使得直线B1D与直线CQ所成角为锐角
B. 三棱锥B B1CQ体积为定值
C. 当Q为AD1一个三等分点时，平面B1QD截正方体ABCD A1B1C1D1所得的截面面积为
D. 当Q为AD1中点时，直线B1Q与平面BCC1B1所成的角最大
三 填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在题中的横线上.）
13. 已知，，，且点D在平面ABC内，则___________.
14. 已知直线l过点（4，1），且与两坐标轴正半轴围成的三角形面积为9，则直线l的斜率为___________.
15. 已知向量，，满足，，，，若，则的值为___________.
16. 如图，矩形ABCD中，AB=，AD=2，Q为BC上一动点，点M，N分别在线段AB，CD上运动（其中M不与A，B重合，N不与C，D重合），且MN∥AD，将△DMN沿MN折起，得到三棱锥D MNQ，当三棱锥D MNQ体积最大时，其外接球的表面积最大为___________.
四 解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明 证明过程及演算步骤.）
17. 如图矩形O'A'B'C'是水平放置的一个平面四边形OABC的直观图，其中O'A'=3，O'C'=1，
（1）判断平面四边形OABC的形状并求周长；
（2）若该四边形OABC以OA为旋转轴，旋转一周，求旋转形成几何体的体积及表面积.
18. 记ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，且.
（1）求的值；
（2）若∠ACB的平分线交AB于点D，，求.
19. 如图，四棱锥中，底面为菱形，的中点为，的中点为，且⊥平面.
（1）证明：平面；
（2）若，，，求直线与平面所成角的正弦值.
20. 已知函数（），若函数在定义域内存在，（），使成立，则称该函数为“互补函数”.
（1）若，函数图象的一条对称轴为，求函数在区间上的值域；
（2）若，函数在上为“互补函数”，求的取值范围.
21. 某中学在2022年高考分数公布后对高三年级各班的成绩进行分析.经统计某班有50名同学，总分都在区间[600，700]内，将得分区间平均分成5组，统计频数 频率后，得到了如图所示的频率分布直方图.
（1）估计该班级的平均分；
（2）经过相关部门的计算，本次高考总分大于等于680的同学可以获得高校T的“强基计划”入围资格.高校T的“强基计划”校考分为两轮.第一轮为笔试，所有入围同学都要参加，考试科目为数学和物理，每科的笔试成绩从高到低依次有A+，A，B，C四个等级，两科中至少有一科得到A+，且两科均不低于B，才能进入第二轮，第二轮得到“通过”的同学将被高校T提前录取.已知入围的同学参加第一轮笔试时，总分高于690分的同学在每科笔试中取得A+，A，B，C的概率分别为，，，；总分不超过690分的同学在每科笔试中取得A+，A，B，C的概率分别为，，，；进入第二轮的同学，若两科笔试成绩均为A+，则免面试，并被高校T提前录取；若两科笔试成绩只有一个A+，则要参加面试，总分高于690分的同学面试“通过”的概率为，总分不超过690分的同学面试“通过”的概率为，面试“通过”的同学也将被高校T提前录取.若该班级本次高考总分大于等于680的同学都报考了高校T的“强基计划”，且恰有1人成绩高于690分.求：
①总分高于690分的某位同学进入第二轮的概率；
②该班恰有1名同学通过“强基计划”被高校T提前录取的概率.
22. 已知真命题：“函数的图象关于点P（a，b）成中心对称图形”的充要条件为“函数是奇函数”.
（1）将函数的图象向左平移1个单位，再向上平移2个单位，求此时图象对应的函数解析式，并利用题设中的真命题求函数图象对称中心的坐标；
（2）求函数图象对称中心的坐标；
（3）记（2）中的对称中心的坐标为（a，b），函数，若存在，，使得函数在区间上的值域为，求实数m的取值范围.
