邵阳市第二高级中学校2022-2023学年高二上学期入学考试
数学试卷 原卷版
考试分值：150分；考试时间：120分钟
第Ⅰ卷（选择题）
一、选择题:本大题共8小题，每小题5分，共40分，在每个小题给出的4个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 若集合，则（ ）
A. B. C. D.
2. 若复数z满足，则（ ）
A. 1 B. 5 C. 7 D. 25
3. 已知向量，若，则（ ）
A. B. C. 5 D. 6
4. 已知正三棱锥的六条棱长均为6，S是及其内部的点构成的集合．设集合，则T表示的区域的面积为（ ）
A. B. C. D.
5. 如图，在棱长为2的正方体中，的中点是，过点作与截面平行的截面，则该截面的面积为
A. B. C. D.
6. 在中，．P为所在平面内的动点，且，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
7. 一个电路如图所示，A，B，C，D，E，F为6个开关，其闭合概率为，且是相互独立的，则灯亮的概率是( )
A. B. C. D.
8. 设函数的定义域为R，为奇函数，为偶函数，当时，．若，则（ ）
A. B. C. D.
二、多选题（4个小题每个题5分共计20分，在每个小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对得5分，部分对的得2分，有选错的得0分．）
9. 已知事件，，且，，则下列结论正确的是（ ）
A. 如果，那么，
B. 如果与互斥，那么，
C. 如果与相互独立，那么，
D. 如果与相互独立，那么，
10. 在中，角，，所对的边分别为，，，已知，则下列结论正确的是（ ）
A.
B.
C. 若，则的面积是15
D. 若，则外接圆半径是
11. 已知函数，部分图象如图所示，下列说法不正确的是（ ）
A. 图象关于直线对称
B. 的图象关于点对称
C. 将函数的图象向左平移个单位得到函数的图象
D. 若方程在上有两个不相等的实数根，则m的取值范围是
12. 如图直角梯形中，，，，E为中点.以为折痕把折起，使点A到达点P的位置，且则（ ）
A 平面平面 B.
C. 二面角的大小为 D. 与平面所成角的正切值为
第Ⅱ卷（非选择题）
三、填空题（本题共4小题，每题5分，共20分）
13. 为了了解高一、高二、高三年级学生的身体状况，现用分层随机抽样的方法抽取一个容量为的样本，三个年级学生人数之比依次为.已知高一年级共抽取了人，则高三年级抽取的人数为___________人.
14. 已知空间向量满足，，则的值为________．
15. 已知三棱锥内接于半径为5的球，，，，则三棱锥体积的最大值为________
16. 设，为单位向量，满足，，，设，的夹角为，则的最小值为_______．
四、（解答题共70分，解答题应写出文字说明，证明过程或演算步骤．）
17. 已知向量,.
（1）当时求；
（2）当，，求向量与的夹角.
18. 已知的内角满足.
(1)求角；
(2)若的外接圆半径为1，求的面积的最大值.
19. 进行垃圾分类收集可以减少垃圾处理量和处理设备，降低处理成本，减少土地资源的消耗，具有社会 经济 生态等多方面的效益，是关乎生态文明建设全局的大事.为了普及垃圾分类知识，某学校举行了垃圾分类知识考试，试卷中只有两道题目，已知甲同学答对每题的概率都为，乙同学答对每题的概率都为，且在考试中每人各题答题结果互不影响.已知每题甲，乙同时答对的概率为，恰有一人答对的概率为.
（1）求和的值；
（2）试求两人共答对3道题的概率.
20. 如图，从参加环保知识竞赛的学生中抽出名，将其成绩（均为整数）整理后画出的频率分布直方图如下：观察图形，回答下列问题：
（1）这一组的频数 频率分别是多少？
（2）估计这次环保知识竞赛成绩的平均数 众数 中位数.
（3）从成绩是分以上（包括分）的学生中选两人，求他们在同一分数段的概率.
21. 如图，直三棱柱的体积为4，的面积为．
（1）求A到平面的距离；
（2）设D为的中点，，平面平面，求二面角的正弦值．
22. 已知函数，最小正期为.
（1）求单调递增区间；
（2）是否存在实数m满足对任意，任意，使成立.若存在，求m的取值范围；若不存在，说明理由.邵阳市第二高级中学校2022-2023学年高二上学期入学考试
数学试卷 解析版
考试分值：150分；考试时间：120分
第Ⅰ卷（选择题）
一、选择题:本大题共8小题，每小题5分，共40分，在每个小题给出的4个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 若集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求出集合后可求.
【详解】，故，
故选：D
2. 若复数z满足，则（ ）
A. 1 B. 5 C. 7 D. 25
【答案】B
【解析】
【分析】利用复数四则运算，先求出，再计算复数的模．
【详解】由题意有，故．
故选：B．
3. 已知向量，若，则（ ）
A. B. C. 5 D. 6
【答案】C
【解析】
【分析】利用向量的运算和向量的夹角的余弦公式的坐标形式化简即可求得
【详解】解：,,即,解得,
故选：C
4. 已知正三棱锥的六条棱长均为6，S是及其内部的点构成的集合．设集合，则T表示的区域的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求出以为球心，5为半径的球与底面的截面圆的半径后可求区域的面积.
【详解】
设顶点在底面上的投影为，连接，则为三角形的中心，
且，故.
因为，故，
故的轨迹为以为圆心，1为半径的圆，
而三角形内切圆的圆心为，半径为，
故的轨迹圆在三角形内部，故其面积为
故选：B
5. 如图，在棱长为2的正方体中，的中点是，过点作与截面平行的截面，则该截面的面积为
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】在棱长为2的正方体中，的中点是，过点作与截面平行的截面，则该截面是一个对角线分别为正方体体对角线和面对角线的菱形，进而得到答案
【详解】在棱长为2的正方体中，的中点是，过点作与截面平行的截面，则该截面是一个对角线分别为正方体体对角线和面对角线的菱形，如下图所示：
则，，
则截面的面积
故选
【点睛】本题主要考查的知识点是空间立体几何中截面的形状的判断，面面平行性质，四棱柱的结构特征，解答本题的关键是画出截面，并分析其几何特征，属于中档题．
6. 在中，．P为所在平面内的动点，且，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】依题意建立平面直角坐标系，设，表示出，，根据数量积的坐标表示、辅助角公式及正弦函数的性质计算可得；
【详解】解：依题意如图建立平面直角坐标系，则，，，
因为，所以在以为圆心，为半径的圆上运动，
设，，
所以，，
所以
，其中，，
因为，所以，即；
故选：D
7. 一个电路如图所示，A，B，C，D，E，F为6个开关，其闭合的概率为，且是相互独立的，则灯亮的概率是( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】设与中至少有一个不闭合的事件为与至少有一个不闭合的事件为，则，所以灯亮的概率为 ， 故选B.
【方法点睛】本题主要考查独立事件、对立事件的概率公式，属于难题.解答这类综合性的概率问题一定要把事件的独立性、互斥性与对立性结合起来，要会对一个复杂的随机事件进行分析，也就是说能把一个复杂的事件分成若干个互斥事件的和，再把其中的每个事件拆成若干个相互独立的事件的积，这种把复杂事件转化为简单事件，综合事件转化为单一事件的思想方法在概率计算中特别重要.
8. 设函数的定义域为R，为奇函数，为偶函数，当时，．若，则（ ）
A B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】通过是奇函数和是偶函数条件，可以确定出函数解析式，进而利用定义或周期性结论，即可得到答案．
【详解】解法一：
因为是奇函数，所以①；
因为是偶函数，所以②．
令，由①得：，由②得：，
因为，所以，
令，由①得：，所以．
思路一：从定义入手．
所以．
解法二：
因为是奇函数，所以①；
因为是偶函数，所以②．
令，由①得：，由②得：，
因为，所以，
令，由①得：，所以．
思路二：从周期性入手
由两个对称性可知，函数的周期．
所以．
故选：D．
【点睛】在解决函数性质类问题的时候，我们通常可以借助一些二级结论，求出其周期性进而达到简便计算的效果．
二、多选题（4个小题每个题5分共计20分，在每个小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对得5分，部分对的得2分，有选错的得0分．）
9. 已知事件，，且，，则下列结论正确的是（ ）
A. 如果，那么，
B. 如果与互斥，那么，
C. 如果与相互独立，那么，
D. 如果与相互独立，那么，
【答案】BD
【解析】
【分析】A选项在前提下，计算出，，即可判断；B选项在与互斥前提下，计算出，，即可判断；C、D选项在与相互独立前提下，计算出，， ，，即可判断.
【详解】解：A选项：如果，那么，，故A选项错误；
B选项：如果与互斥，那么，，故B选项正确；
C选项：如果与相互独立，那么，，故C选项错误；
D选项：如果与相互独立，那么，，故D选项正确.
故选：BD.
【点睛】本题考查在包含关系，互斥关系，相互独立的前提下的和事件与积事件的概率，是基础题.
10. 在中，角，，所对的边分别为，，，已知，则下列结论正确的是（ ）
A.
B.
C. 若，则的面积是15
D. 若，则外接圆半径是
【答案】AD
【解析】
【分析】根据题意可设，进而有，利用正弦定理、平面向量的数量积和余弦定理、三角形面积公式化简计算依次判断选项即可.
【详解】依题意，设，所以，
A：由正弦定理得：，故选项A正确；
B：，
所以，故选项B错误；
C：若，则，所以，所以，
所以，故的面积是：，
故选项C错误；
D：若，则，所以，所以，
所以，则利用正弦定理得：外接圆半径是：，
故选项D正确.
故选：AD
11. 已知函数，部分图象如图所示，下列说法不正确的是（ ）
A. 的图象关于直线对称
B. 的图象关于点对称
C. 将函数的图象向左平移个单位得到函数的图象
D. 若方程在上有两个不相等的实数根，则m的取值范围是
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据函数的部分图象求出函数解析式，然后根据正弦函数的性质一一判断．
【详解】解:由函数的图象可得，由，求得．
再根据五点法作图可得，又，求得，
∴函数，
当时，，不是最值，故A不成立；
当时，，不等于零，故B不成立；
将函数的图象向左平移个单位得到函数的图象，故C不成立；
当时，，
∵，，
故方程在上有两个不相等的实数根时，则的取值范围是，故D成立．
故选:ABC.
【点睛】本题考查三角函数的图象与性质，解答的关键是由函数的部分图象求出函数解析式，属于基础题．
12. 如图直角梯形中，，，，E为中点.以为折痕把折起，使点A到达点P的位置，且则（ ）
A. 平面平面 B.
C. 二面角的大小为 D. 与平面所成角的正切值为
【答案】ABC
【解析】
【分析】
先证明平面，得，再结合，即证平面，所以平面平面，判断A正确；利用投影判断，判断B正确；先判断即为二面角的平面角，再等腰直角三角形判断，即C正确；先判断为与平面所成的角，再求正切，即知D错误.
【详解】由题易知，又，，
所以，所以，
又，，所以平面，
所以，又，，
所以平面，
又平面，所以平面平面，故A正确；
在平面内的射影为，
又为正方形，所以，，故B正确；
易知即为二面角的平面角，
又，，所以，故C正确；
易知为与平面所成的角，
又，，，
所以，故D错误.
【点睛】求空间中直线与平面所成角的常见方法为：
（1）定义法：直接作平面的垂线，找到线面成角；
（2）等体积法：不作垂线，通过等体积法间接求点到面的距离，距离与斜线长的比值即线面成角的正弦值；
（3）向量法：利用平面法向量与斜线方向向量所成的余弦值的绝对值，即是线面成角的正弦值.本题使用了定义法.
第Ⅱ卷（非选择题）
三、填空题（本题共4小题，每题5分，共20分）
13. 为了了解高一、高二、高三年级学生的身体状况，现用分层随机抽样的方法抽取一个容量为的样本，三个年级学生人数之比依次为.已知高一年级共抽取了人，则高三年级抽取的人数为___________人.
【答案】360
【解析】
【分析】根据高一年级学生所占的比例，求出，得到高三年级抽取的人数．
【详解】由已知高一年级抽取的比例为，所以，得，
故高三年级抽取的人数为．
故答案为：360
14. 已知空间向量满足，，则的值为________．
【答案】－13
【解析】
【分析】结合空间向量的数量积的定义以及运算律即可求出结果.
【详解】因为，所以，则
因此
故答案为：
15. 已知三棱锥内接于半径为5的球，，，，则三棱锥体积的最大值为________
【答案】
【解析】
【分析】要使三棱锥体积最大，则平面平面，且在底面上的射影为中点，利用已知条件求出三棱锥的高，再由棱锥体积公式求解即可．
【详解】解：如图，在三角形中，由，，，
得，
要使三棱锥的体积最大，则平面平面，且在底面上的射影为中点，
连接并延长，交三棱锥外接球于，则为球的直径，
设，则，解得（舍或．
三棱锥的体积的最大值为．
故答案为：．
【点睛】本题考查三棱锥的体积的求法，考查空间想象能力与运算求解能力，属于中档题.
16. 设，为单位向量，满足，，，设，的夹角为，则的最小值为_______．
【答案】
【解析】
【分析】利用向量模的平方等于向量的平方化简条件得，再根据向量夹角公式求函数关系式，根据函数单调性求最值.
【详解】，
，
，
.
故答案为：.
【点睛】本题考查利用模求向量数量积、利用向量数量积求向量夹角、利用函数单调性求最值，考查综合分析求解能力，属中档题.
四、（解答题共70分，解答题应写出文字说明，证明过程或演算步骤．）
17. 已知向量,.
（1）当时,求；
（2）当，，求向量与的夹角.
【答案】（1）或
（2）
【解析】
【小问1详解】
向量,，则，.
由,可得即，即，
解得或,当,则,则,所以，
当，， ，综上 .
【小问2详解】
由,,则
由,可得,解得,
所以,,
又,所以.
18. 已知的内角满足.
(1)求角；
(2)若的外接圆半径为1，求的面积的最大值.
【答案】(1) . (2)
【解析】
【分析】（1）先设内角所对的边分别为，由题意中条件，根据正弦定理得到，再由余弦定理，即可求出角；
（2）先由的外接圆半径为1，结合正弦定理得到，再由余弦定理，结合基本不等式，可得，从而可得三角形面积的最大值.
【详解】（1）设内角所对的边分别为，
由可得，
所以，
又因为，所以.
（2）因为的外接圆半径为1，
所以有，即，
由余弦定理可得
即，
即，所以（当且仅当时取等号）.
【点睛】本题主要考查解三角形，熟记正弦定理与余弦定理，以及基本不等式即可，属于常考题型.
19. 进行垃圾分类收集可以减少垃圾处理量和处理设备，降低处理成本，减少土地资源的消耗，具有社会 经济 生态等多方面的效益，是关乎生态文明建设全局的大事.为了普及垃圾分类知识，某学校举行了垃圾分类知识考试，试卷中只有两道题目，已知甲同学答对每题的概率都为，乙同学答对每题的概率都为，且在考试中每人各题答题结果互不影响.已知每题甲，乙同时答对的概率为，恰有一人答对的概率为.
（1）求和的值；
（2）试求两人共答对3道题的概率.
【答案】（1），；（2）.
【解析】
【分析】
（1）由互斥事件和对立事件的概率公式列方程组可解得；
（2）分别求出两人答对1道的概率，答对两道题的概率，两人共答对3道题，则是一人答对2道题另一人答对1道题，由互斥事件和独立事件概率公式可得结论．
【详解】解：（1）设{甲同学答对第一题}，{乙同学答对第一题}，则，.
设{甲、乙二人均答对第一题}，{甲、乙二人中恰有一人答对第一题}，
则，.
由于二人答题互不影响，且每人各题答题结果互不影响，所以与相互独立，与相互互斥，所以，
.
由题意可得
即解得或
由于，所以，.
（2）设{甲同学答对了道题}，{乙同学答对了道题}，，1，2.
由题意得，，，
，.
设{甲乙二人共答对3道题}，则.
由于和相互独立，与相互互斥，
所以.
所以，甲乙二人共答对3道题的概率为.
【点睛】关键点点睛：本题考查互斥事件与独立事件的概率公式，解题关键是把所求概率事件用互斥事件表示，然后求概率，如设{甲同学答对第一题}，{乙同学答对第一题}，设{甲、乙二人均答对第一题}，{甲、乙二人中恰有一人答对第一题}，则，．同样两人共答对3题分拆成甲答对2题乙答对1题与甲答对1题乙答对2题两个互斥事件．
20. 如图，从参加环保知识竞赛的学生中抽出名，将其成绩（均为整数）整理后画出的频率分布直方图如下：观察图形，回答下列问题：
（1）这一组的频数 频率分别是多少？
（2）估计这次环保知识竞赛成绩的平均数 众数 中位数.
（3）从成绩是分以上（包括分）的学生中选两人，求他们在同一分数段的概率.
【答案】（1），；（2），，；（3）.
【解析】
【分析】（1）根据频率分步直方图的意义，计算可得40～50、50～60、60～70、70～80、90～100这5组的频率，由频率的性质可得80～90这一组的频率，进而由频率、频数的关系，计算可得答案；
（2）根据频率分步直方图中计算平均数、众数、中位数的方法，计算可得答案；
（3）记“取出的2人在同一分数段”为事件E，计算可得80～90之间与90～100之间的人数，并设为a、b、c、d，和A、B，列举可得从中取出2人的情况，可得其情况数目与取出的2人在同一分数段的情况数目，由等可能事件的概率公式，计算可得答案．
【详解】（1）根据题意，的这一组的频率为，
的这一组的频率为，
的这一组的频率为，
的这一组的频率为，
的这一组的频率为，
则这一组的频率为，
其频数为；
（2）这次竞赛的平均数为，
一组的频率最大，人数最多，则众数为，
分左右两侧的频率均为，则中位数为；
（3）记“取出的人在同一分数段”为事件，
因为之间的人数为，设为 ，
之间有人，设为 ，
从这人中选出人，有
、、、 、、、
、、、 、、、
，共个基本事件，
其中事件E包括、、、、、、，共个基本事件，
则.
21. 如图，直三棱柱的体积为4，的面积为．
（1）求A到平面的距离；
（2）设D为的中点，，平面平面，求二面角的正弦值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由等体积法运算即可得解；
（2）由面面垂直的性质及判定可得平面，建立空间直角坐标系，利用空间向量法即可得解.
【小问1详解】
在直三棱柱中，设点A到平面的距离为h，
则，
解得，
所以点A到平面的距离为；
【小问2详解】
取的中点E,连接AE,如图，因为，所以,
又平面平面，平面平面，
且平面，所以平面，
在直三棱柱中，平面，
由平面，平面可得，，
又平面且相交，所以平面，
所以两两垂直，以B为原点，建立空间直角坐标系，如图，
由（1）得，所以，，所以，
则,所以的中点，
则，,
设平面的一个法向量，则，
可取，
设平面的一个法向量，则，
可取，
则，
所以二面角的正弦值为.
22. 已知函数，的最小正期为.
（1）求单调递增区间；
（2）是否存在实数m满足对任意，任意，使成立.若存在，求m的取值范围；若不存在，说明理由.
【答案】（1），
（2）存在，
【解析】
【分析】（1）由二倍角和辅助角公式化简后，根据题意可求得解析式，然后利用正弦函数性质可得单调增区间；
（2）将问题转化为，然后令，将问题转化为一元二次不等式恒成立问题，利用二次函数性质可解.
【小问1详解】
∵的最小正周期为，，∴，∴
∴的解析式为
由题意得：，∴，
故函数的单调递增区间为，.
小问2详解】
由（1）可知，
∴实数m满足对任意，
任意，使得成立
即成立
令，设，那么
∵，∴，
可等价转化为：在上恒成立
令，其对称轴，∵上，
∴①当时，即，，解得；
②当，即 3③当，即时，，解得；
综上可得，存在m，可知m的取值范围是.
