福建省泉州市第九中学2022-2023学年高二上学期入学考试数学试题（含答案）
文档属性
| 名称 | 福建省泉州市第九中学2022-2023学年高二上学期入学考试数学试题（含答案） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.3MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2023-04-20 20:20:03 | ||
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文档简介
泉州九中2021级高二入学数学测试2022.8.22
编撰人 审核人
考试时间：120分钟 满分：150分
一、单选题
1.已知集合，，则“”是“”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
2.已知，，则的值为（ ）
A. B. C. D.
3.如果一个复数的实部和虚部相等，则称这个复数为“等部复数”，若复数为“等部复数”，则实数的值为（ ）
A. B.0 C.2 D.
4.高一某班参加“红五月校园合唱比赛”，10位评委的打分如下：8，5，8，7，8，6，9，7，7，5，则（ ）
A.该组数据的平均数为7，众数为7.5
B.该组数据的第60百分位数为6
C.如果再增加一位评委给该班也打7分，则该班得分的方差变小
D.评判该班合唱水平的高低可以使用这组数据的平均数、中位数，也可以使用这组数据的众数
5.《九章算术》是我国古代著名的数学著作，书中记载有几何体“刍甍”.现有一个刍甍如图所示，底面为正方形，底面，四边形，为两个全等的等腰梯形，，，则该刍甍的外接球的体积为（ ）
A. B. C. D.
6.在锐角三角形中，，，分别是内角，，的对应边，设，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
7.已知函数的最小正周期为，将的图象向左平移个单位长度，再把得到的曲线上各点的横坐标伸长到原来的2倍，得到函数的图象，则下列结论不正确的是（ ）
A. B.的图象关于点对称
C.的图象关于对称 D.在上的最大值是1
8.如图，在平面四边形，，，，.若点为边上的动点，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
二、多选题
9.十六世纪中叶，英国数学家雷科德在《砺智石》一书中首先把“=”作为等号使用，后来英国数学家哈利用奥特首次使用“<”和“>”符号，并逐步被数学界接受，不等号的引入对不等式的发展影响深远.已知，则下列选项正确的是（ ）
A. B. C. D.
10.设，，为复数，且，则下列命题正确的是（ ）
A.若，则 B.若，则
C.若，则 D.若，则
11.已知函数，下列说法正确的是（ ）
A.的最大值为1 B.是的周期
C.关于，对称 D.在上单调递增
12.下列命题正确的是（ ）
A.设，为非零向量，则“存在负数，使得”是“”的充分不必要条件
B.点是边的中点，若，则在的投影向量是
C.点是边的中点，若点是线段上的动点，且满足，则的最大值为
D.已知平面内的一组基底，，则向量，不能作为一组基底
三、填空题
13.已知非零向量，的夹角为，，，则______.
14.圆台的两个底面半径分别为2、4，截得这个圆台的圆锥的高为6，则这个圆台的体积是_____________.
15.甲 乙两支羽毛球队体检结果如下：甲队的体重的平均数为60kg，方差为100，乙队体重的平均数为64kg，方差为200，又已知甲 乙两队的队员人数之比为1：3，那么甲 乙两队全部队员的方差等于___________.
16.如图，在中，角，，的对边分别为，，，若，，，若点在边上，且平分，则的面积为____________.
四、解答题
17.在中，，.
（1）若，求；
（2）若存在且唯一确定，求的取值范围.
18.已知函数.
（1）若，求的单调递增区间；
（2）若，且，求的值.
19.已知在梯形中，，，，，分别是，上的点，，，沿将梯形翻折，使平面平面（如图）.
（1）证明：平面；
（2）求二面角的余弦值.
20.如图，是圆的直径，点在圆所在平面上的射影恰是圆上的点，且，点是的中点，与交于点，点是上的一个动点.
（1）若平面，求的值；
（2）若点为的中点，且，求三棱锥的体积.
21.甲，乙二人进行乒乓球比赛，规定：胜一局得3分，平一局得1分，负一局得0分.已知甲，乙共进行了三局比赛.如果甲乙二人进行三局两胜制的比赛，假设每局比赛甲获胜的概率为0.6，乙获胜的概率为0.4，利用计算机模拟实验：用计算机产生1~5之间的随机数，当出现随机数1，2或3时，表示一局比赛甲获胜，当出现随机数4或5时，表示一局比赛乙获胜.由于要比赛三局，所以3个随机数为一组，现产生了20组随机数：
123 344 423 114 423 453 354 332 125 342
534 443 541 512 152 432 334 151 314 525
（1）用以上随机数估计甲获胜概率的近似值；
（2）计算甲获胜的概率.
22.为实现绿色发展，避免浪费能源，某市政府计划对居民用电采用阶梯收费的办法，为此相关部门在该市随机调查了200位居民的户月均用电量（单位：千瓦时）得到了频率分布直方图，如图：（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表，精确到个位）
（1）试估计该地区居民的户月均用电量平均值；
（2）如果该市计划实施3阶的阶梯电价，使75%用户在第一档（最低一档），20%用户在第二档，5%用户在第三档（最高一档）.
①试估计第一档与第二档的临界值，第二档与第三档的临界值；
②市政府给出的阶梯电价标准是：第一档0.4元/千瓦时，第二档0.55元/千瓦时，第三档0.8元/千瓦时，即：设用户的用电量是千瓦时，电费是元，则，试估计该地区居民的户月均电费平均值.
泉州九中2021级高二入学数学测试参考答案2022.8.22
1-8：ABDCABDA
9BC 10BD 11ABD 12ABC
13. 14. 15.178 16.
17.（1）因为，
所以.
因为，
所以.
由余弦定理知.
所以.得
所以，或.
由正弦定理知.
所以，当时，.当时，.
（2）由（1）得，存在且唯一确定，
则，或，
综上，当或时，存在且唯一确定.
18.（1），
令，，则，
因，所以的单调递增区间为，.
（2）因为，所以.
因为，所以，
所以，
所以.
19（1）证明：在直角梯形中，因为，故，，
因为，故.
所以在折叠后的几何体中，有，，
而，故平面.
（2）如图，在平面中，过作交于.
在平面中，过作交于，连接.
因为平面平面，平面平面，
平面，故平面，
因为平面，故，而，
故平面，又平面，故，
所以为二面角的平面角，
在平面中，因为，，
故，
又在直角梯形中，且，
故，故四边形为平行四边形，
故，，
在中，，
因为为三角形的内角，故，
故，
故，
因为为三角形的内角，故.
所以二面角的平面角的余弦值为.
20.（1）因为平面，平面，平面平面.
所以.
在中，点是的中点，点是的中点，
所以为的重心，从而.
在中，因为，所以
所以的值为3.
（2）在中，由（2）知为的重心，所以
又点为的中点，
所以，于是
所以
在直角中，，，所以.
从而.
所以.
所以三棱锥的体积为.
21（1）设事件“甲获胜”，
计算机产生的20个随机数相当于做了20次重复试验，其中事件发生了13次：
对应的数组为：123，423，114，423，332，125，342，512，152，432，334，151，314，
用频率估计事件的概率近似值为；
（2）设事件为第局“甲获胜”，则，
根据概率的加法公式和事件独立性定义，得
∴.
22.（1）设户月均用电量的平均值为，
则；
（2）①因为前三组的频率为，
第四组的频率为，所以在，
则有，解得，
区间的频率为，区间的频率为0.1，
所以；
②设该地区居民户月均电费的平均值为，依题意得.
泉州九中2021级高二入学数学测试2022.8.22
1.因为，所以“”“”，但“”推不出“”，
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选：A.
2.∵，，则
又∵，则
∴，即，则
故选：B.
3.化简复数，因为“等部复数”的实部和虚部相等，
复数为“等部复数”，所以，所以.
故选：D.
4.解：这组数据从小到大排列为5、5、6、7、7、7、8、8、8、9，
故平均数为，众数为7和8，中位数为7，故A错误；
方差为，
因为，所以第60百分位数为，故B错误；
如果再增加一位评委给该班也打7分，则平均分不变也为7，
此时的方差为，故C正确；
对于D：因为众数有两个，故不能用众数评判该班合唱水平的高低，故D错误；
故选：C
5.取，中点，，正方形中心，中点，
连接，，，，如图，
依题意，平面，，
点是的中点，，
等腰中，，，
同理，
因此，等腰梯形的高，
由几何体的结构特征知，刍甍的外接球球心在直线上，连，，，
正方形外接圆半径，
则有，而，
当点在线段的延长线（含点）时，视为非负数，
若点在线段（不含点）上，视为负数，
即有，即，
解得，
因此刍甍的外接球球心为，半径为，
所以刍甍的外接球的体积为.
故选：A
6.由正弦定理可得
又因为三角形是锐角三角形，
所以，即，也即
所以，
所以，，，
所以的取值范围是，故选：B
7.因为，所以，.
将的图象向左平移个单位长度，得到，
再把得到的曲线上各点的横坐标伸长到原来的2倍，得到.
对选项A，，故A正确.
对选项B，，所以的图象关于点对称，故B正确.
对选项C，，所以的图象关于对称.故C正确.
对选项D，，，所以，
所以，故在上的最大值是，故D错误.
故选：D
8.∵
因为，，，
所以，
连接，因为，
所以，
所以，
所以，则，
设，则，
∴，，，
所以，
因为，所以.
故选：A.
9.对于A，由得：，故错误；
对于B，因为，所以，，故正确；
对于C，由得：，故正确；
对于D，由于，故，故错误；
故选：BC
10.对于A，若，，则，此时，A错误；
对于B，∵，∴，又，∴，即，B正确；
对于C，若，则，若，为虚数，则，C错误；
对于D，设，，则，
∴，，
∴，
，
∴，D正确.
故选：BD.
11.定义域为，
选项A：的单调递增区间为，
单调递减区间为，
则在，时取得最大值.判断正确；
选项B：由可得是的周期.判断正确；
选项C：由定义域为
可得点在图象上，
但关于的对称点不在图象上，
则不关于，对称.判断错误；
选项D：当时，单调递增，且，则单调递增，
则当时，单调递增.判断正确.
故选：ABD
12.对A，若存在负数，使得，则成立；
当时，，可能夹角为钝角，不满足，故A正确；
对B，由，结合平行四边形法则，可得与同向的单位向量和与同向的单位向量，和与同向的单位向量构成正方形的两边与对角线.
故，且为的角平分线.又是边的中点，
由三角形三线合一可得是以为直角的等腰直角三角形.
故在的投影向量是.
故B正确；
对C，如图所示：
∵在上，即、、三点共线，
则可设，
又∵，∴，
∵，则，时，取得最大值为，故C正确
对D，已知平面内的一组基底，，则向量，为以，为边的平行四边形的两条对角线，故，一定不共线，故能作为一组基底，故D错误；
故选：ABC
13.非零向量，的夹角为，，
则由得：，即，
于是得，所以.
故答案为：
14.解：设这个圆台的高为，画出圆锥圆台的轴截面，
可得，解得，
所以这个圆台的体积是.
故答案为：
15.解：由题意可知甲队的平均数为60kg，甲队队员在所有队员中人数所占权重为，
乙队体重的平均数为64kg，乙队队员在所有队员中人数所占权重为，
则甲、乙两队全部队员的平均体重为，
甲、乙两队全部队员体重的方差为.
故答案为178.
16.∵，，
∴，，
由得，
∵，∴，
∴，
∴，
∴.
由正弦定理得.
又平分，∴，又，
∴，
∴.
故答案为：
编撰人 审核人
考试时间：120分钟 满分：150分
一、单选题
1.已知集合，，则“”是“”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
2.已知，，则的值为（ ）
A. B. C. D.
3.如果一个复数的实部和虚部相等，则称这个复数为“等部复数”，若复数为“等部复数”，则实数的值为（ ）
A. B.0 C.2 D.
4.高一某班参加“红五月校园合唱比赛”，10位评委的打分如下：8，5，8，7，8，6，9，7，7，5，则（ ）
A.该组数据的平均数为7，众数为7.5
B.该组数据的第60百分位数为6
C.如果再增加一位评委给该班也打7分，则该班得分的方差变小
D.评判该班合唱水平的高低可以使用这组数据的平均数、中位数，也可以使用这组数据的众数
5.《九章算术》是我国古代著名的数学著作，书中记载有几何体“刍甍”.现有一个刍甍如图所示，底面为正方形，底面，四边形，为两个全等的等腰梯形，，，则该刍甍的外接球的体积为（ ）
A. B. C. D.
6.在锐角三角形中，，，分别是内角，，的对应边，设，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
7.已知函数的最小正周期为，将的图象向左平移个单位长度，再把得到的曲线上各点的横坐标伸长到原来的2倍，得到函数的图象，则下列结论不正确的是（ ）
A. B.的图象关于点对称
C.的图象关于对称 D.在上的最大值是1
8.如图，在平面四边形，，，，.若点为边上的动点，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
二、多选题
9.十六世纪中叶，英国数学家雷科德在《砺智石》一书中首先把“=”作为等号使用，后来英国数学家哈利用奥特首次使用“<”和“>”符号，并逐步被数学界接受，不等号的引入对不等式的发展影响深远.已知，则下列选项正确的是（ ）
A. B. C. D.
10.设，，为复数，且，则下列命题正确的是（ ）
A.若，则 B.若，则
C.若，则 D.若，则
11.已知函数，下列说法正确的是（ ）
A.的最大值为1 B.是的周期
C.关于，对称 D.在上单调递增
12.下列命题正确的是（ ）
A.设，为非零向量，则“存在负数，使得”是“”的充分不必要条件
B.点是边的中点，若，则在的投影向量是
C.点是边的中点，若点是线段上的动点，且满足，则的最大值为
D.已知平面内的一组基底，，则向量，不能作为一组基底
三、填空题
13.已知非零向量，的夹角为，，，则______.
14.圆台的两个底面半径分别为2、4，截得这个圆台的圆锥的高为6，则这个圆台的体积是_____________.
15.甲 乙两支羽毛球队体检结果如下：甲队的体重的平均数为60kg，方差为100，乙队体重的平均数为64kg，方差为200，又已知甲 乙两队的队员人数之比为1：3，那么甲 乙两队全部队员的方差等于___________.
16.如图，在中，角，，的对边分别为，，，若，，，若点在边上，且平分，则的面积为____________.
四、解答题
17.在中，，.
（1）若，求；
（2）若存在且唯一确定，求的取值范围.
18.已知函数.
（1）若，求的单调递增区间；
（2）若，且，求的值.
19.已知在梯形中，，，，，分别是，上的点，，，沿将梯形翻折，使平面平面（如图）.
（1）证明：平面；
（2）求二面角的余弦值.
20.如图，是圆的直径，点在圆所在平面上的射影恰是圆上的点，且，点是的中点，与交于点，点是上的一个动点.
（1）若平面，求的值；
（2）若点为的中点，且，求三棱锥的体积.
21.甲，乙二人进行乒乓球比赛，规定：胜一局得3分，平一局得1分，负一局得0分.已知甲，乙共进行了三局比赛.如果甲乙二人进行三局两胜制的比赛，假设每局比赛甲获胜的概率为0.6，乙获胜的概率为0.4，利用计算机模拟实验：用计算机产生1~5之间的随机数，当出现随机数1，2或3时，表示一局比赛甲获胜，当出现随机数4或5时，表示一局比赛乙获胜.由于要比赛三局，所以3个随机数为一组，现产生了20组随机数：
123 344 423 114 423 453 354 332 125 342
534 443 541 512 152 432 334 151 314 525
（1）用以上随机数估计甲获胜概率的近似值；
（2）计算甲获胜的概率.
22.为实现绿色发展，避免浪费能源，某市政府计划对居民用电采用阶梯收费的办法，为此相关部门在该市随机调查了200位居民的户月均用电量（单位：千瓦时）得到了频率分布直方图，如图：（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表，精确到个位）
（1）试估计该地区居民的户月均用电量平均值；
（2）如果该市计划实施3阶的阶梯电价，使75%用户在第一档（最低一档），20%用户在第二档，5%用户在第三档（最高一档）.
①试估计第一档与第二档的临界值，第二档与第三档的临界值；
②市政府给出的阶梯电价标准是：第一档0.4元/千瓦时，第二档0.55元/千瓦时，第三档0.8元/千瓦时，即：设用户的用电量是千瓦时，电费是元，则，试估计该地区居民的户月均电费平均值.
泉州九中2021级高二入学数学测试参考答案2022.8.22
1-8：ABDCABDA
9BC 10BD 11ABD 12ABC
13. 14. 15.178 16.
17.（1）因为，
所以.
因为，
所以.
由余弦定理知.
所以.得
所以，或.
由正弦定理知.
所以，当时，.当时，.
（2）由（1）得，存在且唯一确定，
则，或，
综上，当或时，存在且唯一确定.
18.（1），
令，，则，
因，所以的单调递增区间为，.
（2）因为，所以.
因为，所以，
所以，
所以.
19（1）证明：在直角梯形中，因为，故，，
因为，故.
所以在折叠后的几何体中，有，，
而，故平面.
（2）如图，在平面中，过作交于.
在平面中，过作交于，连接.
因为平面平面，平面平面，
平面，故平面，
因为平面，故，而，
故平面，又平面，故，
所以为二面角的平面角，
在平面中，因为，，
故，
又在直角梯形中，且，
故，故四边形为平行四边形，
故，，
在中，，
因为为三角形的内角，故，
故，
故，
因为为三角形的内角，故.
所以二面角的平面角的余弦值为.
20.（1）因为平面，平面，平面平面.
所以.
在中，点是的中点，点是的中点，
所以为的重心，从而.
在中，因为，所以
所以的值为3.
（2）在中，由（2）知为的重心，所以
又点为的中点，
所以，于是
所以
在直角中，，，所以.
从而.
所以.
所以三棱锥的体积为.
21（1）设事件“甲获胜”，
计算机产生的20个随机数相当于做了20次重复试验，其中事件发生了13次：
对应的数组为：123，423，114，423，332，125，342，512，152，432，334，151，314，
用频率估计事件的概率近似值为；
（2）设事件为第局“甲获胜”，则，
根据概率的加法公式和事件独立性定义，得
∴.
22.（1）设户月均用电量的平均值为，
则；
（2）①因为前三组的频率为，
第四组的频率为，所以在，
则有，解得，
区间的频率为，区间的频率为0.1，
所以；
②设该地区居民户月均电费的平均值为，依题意得.
泉州九中2021级高二入学数学测试2022.8.22
1.因为，所以“”“”，但“”推不出“”，
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选：A.
2.∵，，则
又∵，则
∴，即，则
故选：B.
3.化简复数，因为“等部复数”的实部和虚部相等，
复数为“等部复数”，所以，所以.
故选：D.
4.解：这组数据从小到大排列为5、5、6、7、7、7、8、8、8、9，
故平均数为，众数为7和8，中位数为7，故A错误；
方差为，
因为，所以第60百分位数为，故B错误；
如果再增加一位评委给该班也打7分，则平均分不变也为7，
此时的方差为，故C正确；
对于D：因为众数有两个，故不能用众数评判该班合唱水平的高低，故D错误；
故选：C
5.取，中点，，正方形中心，中点，
连接，，，，如图，
依题意，平面，，
点是的中点，，
等腰中，，，
同理，
因此，等腰梯形的高，
由几何体的结构特征知，刍甍的外接球球心在直线上，连，，，
正方形外接圆半径，
则有，而，
当点在线段的延长线（含点）时，视为非负数，
若点在线段（不含点）上，视为负数，
即有，即，
解得，
因此刍甍的外接球球心为，半径为，
所以刍甍的外接球的体积为.
故选：A
6.由正弦定理可得
又因为三角形是锐角三角形，
所以，即，也即
所以，
所以，，，
所以的取值范围是，故选：B
7.因为，所以，.
将的图象向左平移个单位长度，得到，
再把得到的曲线上各点的横坐标伸长到原来的2倍，得到.
对选项A，，故A正确.
对选项B，，所以的图象关于点对称，故B正确.
对选项C，，所以的图象关于对称.故C正确.
对选项D，，，所以，
所以，故在上的最大值是，故D错误.
故选：D
8.∵
因为，，，
所以，
连接，因为，
所以，
所以，
所以，则，
设，则，
∴，，，
所以，
因为，所以.
故选：A.
9.对于A，由得：，故错误；
对于B，因为，所以，，故正确；
对于C，由得：，故正确；
对于D，由于，故，故错误；
故选：BC
10.对于A，若，，则，此时，A错误；
对于B，∵，∴，又，∴，即，B正确；
对于C，若，则，若，为虚数，则，C错误；
对于D，设，，则，
∴，，
∴，
，
∴，D正确.
故选：BD.
11.定义域为，
选项A：的单调递增区间为，
单调递减区间为，
则在，时取得最大值.判断正确；
选项B：由可得是的周期.判断正确；
选项C：由定义域为
可得点在图象上，
但关于的对称点不在图象上，
则不关于，对称.判断错误；
选项D：当时，单调递增，且，则单调递增，
则当时，单调递增.判断正确.
故选：ABD
12.对A，若存在负数，使得，则成立；
当时，，可能夹角为钝角，不满足，故A正确；
对B，由，结合平行四边形法则，可得与同向的单位向量和与同向的单位向量，和与同向的单位向量构成正方形的两边与对角线.
故，且为的角平分线.又是边的中点，
由三角形三线合一可得是以为直角的等腰直角三角形.
故在的投影向量是.
故B正确；
对C，如图所示：
∵在上，即、、三点共线，
则可设，
又∵，∴，
∵，则，时，取得最大值为，故C正确
对D，已知平面内的一组基底，，则向量，为以，为边的平行四边形的两条对角线，故，一定不共线，故能作为一组基底，故D错误；
故选：ABC
13.非零向量，的夹角为，，
则由得：，即，
于是得，所以.
故答案为：
14.解：设这个圆台的高为，画出圆锥圆台的轴截面，
可得，解得，
所以这个圆台的体积是.
故答案为：
15.解：由题意可知甲队的平均数为60kg，甲队队员在所有队员中人数所占权重为，
乙队体重的平均数为64kg，乙队队员在所有队员中人数所占权重为，
则甲、乙两队全部队员的平均体重为，
甲、乙两队全部队员体重的方差为.
故答案为178.
16.∵，，
∴，，
由得，
∵，∴，
∴，
∴，
∴.
由正弦定理得.
又平分，∴，又，
∴，
∴.
故答案为：
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