2022-2023学年湖南省长沙市东雅中学高二（下）入学数学试卷（含解析）

2022-2023学年湖南省长沙市东雅中学高二（下）入学数学试卷
一、单选题：本题共9小题，每小题5分，共45分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.设复数，则( )
A. B. C. D.
2.已知，则的值等于( )
A. B. C. D.
3.设，，，则，，的大小关系是( )
A. B. C. D.
4.已知一个古典概型的样本空间和事件，如图所示．其中，，，，则事件与事件( )
A. 是互斥事件，不是独立事件
B. 不是互斥事件，是独立事件
C. 既是互斥事件，也是独立事件
D. 既不是互斥事件，也不是独立事件
5.设，，则“”是“”的( )
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件
6.如图，在坡度一定的山坡处测得山顶上一建筑物的顶端对于山坡的斜度为，向山顶前进到达处，在处测得对于山坡的斜度为若，山坡对于地平面的坡度为，则等于( )
A. B. C. D.
7.已知是边长为的等边三角形，、分别是、上的两点，且，，与交于点，则下列说法错误的是( )
A. B.
C. D. 在方向上的投影向量的模为
8.在三棱柱中，，侧棱底面，若该三棱柱的所有顶点都在同一个球的表面上，且球的表面积为，则该三棱柱的侧面积的最大值为( )
A. B. C. D.
9.设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，下列说法正确的是( )
A. 若，，则
B. 若，，则
C. 若，，则
D. 若，，，则
二、多选题：本题共3小题，共15分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
10.已知函数，下列说法中正确的有( )
A. 若，则在上是单调增函数
B. 若 ，则正整数的最小值为
C. 若，则把函数的图象向右平移个单位长度，所得到的图象关于原点对称
D. 若在上有且仅有个零点，则
11.如图，在菱形中，，，为的中点，将沿直线翻折到的位置，连接和，为的中点，在翻折过程中，则下列结论中正确的是( )
A. 始终有
B. 线段的长为定值
C. 直线和所成的角始终为
D. 当三棱锥的体积最大时，三棱锥的外接球的表面积是
12.高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号，他和阿基米德、牛顿并列为世界三大数学家，用其名字命名的“高斯函数“为：设，用表示不超过的最大整数，则称为高斯函数，例如：，已知函数，则关于函数的叙述中正确的是( )
A. 是偶函数 B. 是奇函数
C. 在上是增函数 D. 的值域是
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.能够说明“若，则，”是假命题的一组有序数对是 ．
14.若三个原件，，按照如图的方式连接成一个系统，每个原件是否正常工作不受其他元件的影响，当原件正常工作且，中至少有一个正常工作时，系统就正常工作，若原件，，正常工作的概率依次为，，，则这个系统正常工作的概率为______
15.已知的三边长互不相等，角，，的对边分别为，，，若，，则的取值范围是______．
16.已知向量与夹角为锐角，且，任意，的最小值为，若向量满足，则的取值范围为______．
四、解答题：本题共5小题，共58分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.本小题分
已知函数．
将函数化成的形式，并求函数的增区间；
若函数满足：对任意都有成立，求实数的取值范围．
18.本小题分
的内角，，所对的边分别为，，，已知．
求角；
设为边的中点，的面积为，求的最小值．
19.本小题分
如图所示，在五棱锥中，侧面底面，是边长为的正三角形，四边形为正方形，，且，是的重心，是正方形的中心．
Ⅰ求证：平面；
Ⅱ求二面角的余弦值．
20.本小题分
甲、乙两人玩一个摸球猜猜的游戏，规则如下：一个袋子中有个大小和质地完全相同的小球，其中个红球，个白球，甲采取不放回方式从中依次随机地取出个球，然后让乙猜若乙猜出的结果与摸出的个球特征相符，则乙获胜，否则甲获胜，一轮游戏结束，然后进行下一轮每轮游戏都由甲摸球乙所要猜的方案从以下两种猜法中选择一种：
猜法一：猜“第二次取出的球是红球”；
猜法二：猜“两次取出球的颜色不同”请回答：
如果你是乙，为了尽可能获胜，你将选择哪种猜法，并说明理由；
假定每轮游戏结果相互独立，规定有人首先获胜两次则为游戏获胜方，且整个游戏停止若乙按照中的选择猜法进行游戏，求乙获得游戏胜利的概率．
21.本小题分
已知函数，，，．
若函数在上是减函数，求实数的取值范围；
设，若函数有三个不同的零点，求实数的取值范围；
是否存在整数，，使得的解集恰好是，若存在，求出，的值；若不存在，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：，．
故选：．
由已知求得，代入，再由复数代数形式的乘除运算化简得答案．
本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题．
2.【答案】
【解析】解：，
则．
故选：．
根据，利用诱导公式计算即可．
本题考查了诱导公式的应用问题，是基础题．
3.【答案】
【解析】解：，
，
，
又，
，
故选：．
利用幂运算可得，，从而比较，，．
本题考查了幂运算的应用及幂函数的单调性的应用，属于基础题．
4.【答案】
【解析】解：一个古典概型的样本空间和事件，如图所示．
其中，，，，
，且，
事件与事件既不是互斥事件，也不是独立事件．
故选：．
推导出，且，由此得到事件与事件既不是互斥事件，也不是独立事件．
本题考查事件与事件的关系的判断，考查集合的交集、并集、韦恩图的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
5.【答案】
【解析】解：设，，
所以，整理得，故，当且仅当时，等号成立，
当，求不出，
故“”是“”的充分不必要条件．
故选：．
直接利用均值不等式的应用和充分条件和必要条件的应用求出结果．
本题考查的知识要点：基本不等式的应用，充分条件和必要条件，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题．
6.【答案】
【解析】【分析】
本题考查了正弦定理在实际问题中的应用问题，由实际问题恰当构建数学模型是解题的关键，属于中档题．
先求出，在中由正弦定理求出，在中由正弦定理求出，再由求得的值．
【解答】
解：因为，所以，
在中，由正弦定理得，
解得，
在中，由正弦定理得，
解得，
即，
解得．
故答案选：．
7.【答案】
【解析】解：取的中点，连接，
对于选项，是边长为的等边三角形，又为的中点，
，，选项正确；
对于选项，、分别为，的中点，且，
，，为的中点，
，，为的中点，，选项正确；
对于，选项，取的中点，连接，则，
建立如图的坐标系，则根据题意可得：
、、、、、，
，，，
，，选项正确；
，，
在方向上的投影向量的模为，选项错误．
故选：．
对选项，由题意易知，从而判断A正确；
对选项，利用平面几何知识可判断选项；
对，选项，利用平面向量的坐标运算可判断．
本题考查平面向量的线性运算，平面向量的数量积的运算，属中档题．
8.【答案】
【解析】解：取三棱柱上底面和下底面的外心分别为，，连接，取其中点为，连接，如图所示：
易知即为该三棱柱外接球的球心，设，，
在中由正弦定理得，
则该棱柱外接球半径，又，则，
故可得，即，当且仅当时取得等号；
则该棱柱的侧面积，当且仅当时取得等号．
故选：．
根据三棱柱外接球求得棱柱底面边长和高之间的关系，结合基本不等式以及棱柱侧面积的计算公式，即可求得结果．
本题考查三棱柱的侧面积计算，涉及了正弦定理以及基本不等式的运用，考查运算求解能力，属于中档题．
9.【答案】
【解析】【分析】
本题考查命题真假的判断，是基础题，解题时要认真审题，注意空间中线线、线面、面面间的位置关系的合理运用．
对个选项分别进行判断，即可得出结论．
【解答】
解：若，，则与平行或异面，故A错误；
若，，则与关系不确定，故B错误；
根据线面垂直的性质定理，可得C正确；
若，，，则与关系不确定，故D错误．
故选C．
10.【答案】
【解析】【分析】
本题考查正弦型函数的性质，属于中档题．
化简函数的表达式，再逐一分析各个选项中的条件，计算判断即可．
【解答】
解：
，
对于，当时，，当时，有，
在上不单调，
，在上不单调，故A错误；
对于， ，
则是函数图象的一条对称轴，
则，，即，，
，
，故B正确；
对于，当时，，
依题意，函数，
不是奇函数，
其图象不关于原点对称，故C错误；
对于，当时，，
，解得，故D正确．
故本题选BD．
11.【答案】
【解析】【分析】
本题考查了立体几何中的垂直关系，线段长度以及异面直线所成角，几何体外接球问题，属于中档题．
利用线面垂直证明线线垂直，判断选项；取中点，连接，，结合余弦定理，求得，并判断选项；利用几何法将与的夹角转化为与的夹角，判断选项；将几何体还原为长方体，求得外接球半径，进而判断选项．
【解答】
解：选项：由题意，在菱形中，，，为的中点，
所以为等边三角形，，
所以，
将沿直线翻折成，所以，
又，，平面，平面，
又平面，
所以，故A选项正确；
选项：如图所示，
取中点，连接，，
所以，且，
又因为为的中点，
所以，且，
又由选项得，，
所以且，
所以，
在中，由余弦定理得：，
即，故B选项正确；
选项：由选项得，
所以与的夹角即为与所成角，
，且，
所以，所以，故C选项错误；
选项：当三棱雉的体积最大时，平面，
由四边形为菱形，且，，可知，
故三棱锥的外接球即为其所在长方体的外接球，
故外接球半径，
外接球表面积，故D选项正确；
故本题选ABD．
12.【答案】
【解析】【分析】
本题考查命题的真假判断与应用，考查函数性质的判定及函数值域的求法，属于较难题．
由判断A错误；由奇函数的定义证明B正确；把的解析式变形，由的单调性结合复合函数的单调性判断C正确；求出的范围，进一步求得的值域判断．
【解答】解：，
，
，则不是偶函数，故A错误；
的定义域为，
，
为奇函数，故B正确；
，
又在上单调递增，
在上是增函数，故C正确；
，，则，可得，
即．
，故D错误．
故选：．
13.【答案】答案不唯一
【解析】【分析】
只要满足，且，不同时大于即可．
本题属于开放型题，只要能举出说明原命题是假命题的有序数对即可，属于基础题．
【解答】
解：取，，则，，，
所以有序数对为答案不唯一
14.【答案】
【解析】解：系统正常工作的情况分成两个步骤，正常工作且，至少有一个正常工作的情况，
正常工作的概率为：；
，至少有一个正常工作的情况的概率为减去，都不正常工作的情况的概率，
即：，至少有一个正常工作的概率为：，
所以：这个系统正常工作的概率为：；
故答案为：；
系统正常工作的情况分成两个步骤，正常工作且，中正常工作的情况，分别计算其概率可求得．
本题考查概率的求法，解题时要认真审题，注意分步计数原理和分类计数原理的概率公式的合理运用．是基础题
15.【答案】
【解析】解：因为，由正弦定理得，，
由，可知，为锐角，则，
所以，，
所以或，
所以舍去或，，
所以，
因为，且，所以，
所以的取值范围是．
故答案为：．
利用正弦定理化简已知条件，求得，结合正弦定理以及三角恒等变换以及三角函数取值范围的求法求得正确答案．
本题主要考查解三角形，正弦定理的应用，三角函数的性质的应用，考查转化思想与运算求解能力，属于中档题．
16.【答案】
【解析】解：已知，
又任意，的最小值为，
则的最小值为，
即，
即，
又向量与夹角为锐角，
则，
即，
即，
即，
则，
又向量满足，
则，
即，
即，
即，
故答案为：．
由平面向量数量积的运算，结合二次函数最值的求法求解即可．
本题考查了平面向量数量积的运算，重点考查了二次函数最值的求法，属基础题．
17.【答案】解：函数
，
，
得：，
得增区间为；
当时，
得，
，
，
要使得对任意都有成立，
即最大值，
得．
【解析】利用二倍角公式以及两角和与差的三角函数，结合辅助角公式，即可将函数化成的形式，通过正弦函数的单调区间求函数的增区间；
通过求解函数的最值，然后通过成立，得到实数的取值范围．
本题考查两角和与差的三角函数以及二倍角公式的应用，三角函数的单调性的求法，考查函数的最值的求法，转化思想的应用．
18.【答案】解：因为，
所以，
因为的内角，，所对的边分别为，，，
由正弦定理可得，
结合余弦定理可得，
又，故可得．
由三角形面积可得，解得，
又为边的中点，所以，
故，
即，当且仅当时取得等号．
故CD的最小值为．
【解析】利用三角恒等变换以及正余弦定理，化简即可；
根据三角形面积公式，结合中线的向量表达形式，以及不等式，即可求得结果．
本题考查了正余弦定理在解三角形中的应用，属于中档题．
19.【答案】解析：Ⅰ取中点，中点，连接，，
易知，，，四点共线．
由，且，可知为等腰直角三角形，所以．
因为是正方形的中心，所以．
所以，所以．
又是的重心，所以．
所以，故．
又因为平面，平面．
所以平面．
Ⅱ：因为为中点，是正三角形，所以．
因为侧面底面，且交线为，所以底面所以直线，，两两垂直．
如图，以为原点，以方向为轴正方向，以方向为轴正方向，以方向为轴正方向，建立空间直角坐标系．
则，，，．
所以，，．
设平面的法向量为，
则令，则．
设平面的法向量为，
则，令，则．
所以．
故二面角的余弦值为．
【解析】Ⅰ取中点，中点，连接，，再证明从而得证；
Ⅱ以为原点，以方向为轴正方向，以方向为轴正方向，以方向为轴正方向，建立空间直角坐标系．然后求出平面的法向量，平面的法向量，求法向量的夹角．
本题考查线面平行的证明及二面角的计算，立体几何中求角时多用向量法，属于中档题．
20.【答案】解：用，表示两个红球，，表示两个白球，
甲不放回取两球的所有结果为：
，，，，，，，，，，，共个不同结果，他们等可能，
记事件为“第二次取出的球是红球”，
其所含结果有，，，，，，共个不同结果，
记事件为“两次取出球的颜色不同”，
其所含结果有，，，，，，，，共个不同结果，
，，即，
所以选择猜法二．
由知，乙选择猜法二，每一轮乙获胜的概率为，
游戏结束时，乙获胜的事件是乙在第一二轮胜的事件，
第一轮负另外两轮胜的事件，第二轮负另外两轮胜的事件的和，它们互斥，
，
所以乙获得游戏胜利的概率是．
【解析】列举法求出事件的所有可能结果，根据古典概型求解即可；
根据互斥事件的性质求解即可．
本题考查古典概型等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
21.【答案】解：由，可知，所以，对称轴为，
则因为在上是减函数，
当，即时，在上是减函数，符合题意；
当，即时，在上是减函数，，．
综上可知，实数的取值范围为．
函数有三个零点，则方程有三个不同根，
设，其图象如下图，
由题意，关于的方程：，
即，有两根，，且这两根有三种情况：
，；，；，，
若，，则，所以，此时方程为，所以或符合题意；
若，，则，所以，此时方程为，所以舍去；
若，，则，所以不存在；
综上得：；
因为是开口向上的抛物线，所以，
即且，
由作差可得，所以，
由可得，所以，所以，
因为，为整数且，所以，，即，，
此时，符合题意，
所以存在，，使得的解集恰好是．
【解析】本题考查了函数的零点、单调性及最值，也考查了数形结合思想和换元法，综合性较强，属于较难题．
根据以及判别式，根据对称轴位置讨论的范围，结合函数在上的增减性，可得答案；
设，根据题意画出图像，通过讨论的范围，可得的值；
根据题意，利用的图像和作差法，求出，，的不等式和关系式，然后通过已知条件求值，可得答案．
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