2024-2025学年湖南省邵阳市高二上学期入学考试数学检测试题合集2套（附解析）

这是一份2024-2025学年湖南省邵阳市高二上学期入学考试数学检测试题合集2套（附解析），共42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。
1．复数的实部和虚部分别是（ ）
A．1，1B．1，C．，D．，
2．已知向量，，，若，则（ ）
A．B．0C．1D．2
3．如图所示，梯形是平面图形ABCD用斜二测画法画出的图形，，，则平面图形的面积为（ ）
A．2B．C．3D．
4．已知向量，则在方向上的投影数量为（ ）
A．B．C．D．
5．将函数的图象向右平移个单位长度，所得图象对应的函数（ ）
A．在区间上单调递增B．在区间上单调递减
C．在区间上单调递增D．在区间上单调递减
6．已知，若方程在区间上恰有3个实根，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
7．《九章算术》是我国古代的数学专著，是“算经十书”（汉唐之间出现的十部古算书）中非常重要的一部．在《九章算术》中，将底面是直角三角形的直三棱柱称为“堑堵”．已知“堑堵”的所有顶点都在球的球面上，且．若球的表面积为，则这个三棱柱的表面积是（ ）
A．B．C．D．
8．已知是定义域为的奇函数，且是偶函数，当时，，则当时，的解析式为（ ）
A．B．
C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．同时抛出两枚质地均匀的骰子甲、乙，记事件A：甲骰子点数为奇数，事件B：乙骰子点数为偶数，事件C：甲、乙骰子点数相同．下列说法正确的有（ ）
A．事件A与事件B对立B．事件A与事件B相互独立
C．事件A与事件C相互独立D．
10．在中，角的对边分别为，为的外心，则（ ）
A．若有两个解，则
B．的取值范围为
C．的最大值为9
D．若为平面上的定点，则A点的轨迹长度为
11．为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形的直角边所在直线与都垂直，斜边以直线为旋转轴旋转，有下列结论正确的有（ ）
A．当直线与成角时，与成角；
B．当直线与成角时，与成角；
C．直线与所成角的最小值为；
D．直线与所成角的最大值为.
三、填空题（本大题共3小题）
12．在同一个平面内，向量的模分别为与的夹角为，且与的夹角为，若，则 ．

13．已知直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD=60°．以为球心，为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为 ．
14．已知函数，若函数，当恰有3个零点时，求的取值范围为 .
四、解答题（本大题共5小题）
15．某地区对初中500名学生某次数学成绩进行分析，将得分分成8组（满分150分）：，，整理得到如图所示的频率分布直方图．
(1)求第七组的频率；
(2)用样本数据估计该地的500名学生这次考试成绩的平均分（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；
(3)现从500名学生中利用分层抽样的方法从的两组中抽取5个人进一步做调查问卷，再从这5个人中随机抽取两人，求抽取到的两人不在同一组的概率．
16．如图，已知多面体均垂直于平面．
（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值．
17．记是内角，，的对边分别为，，.已知，点在边上，.
（1）证明：；
（2）若，求.
18．四棱锥中，为矩形，平面平面.
（1）求证：
（2）若问为何值时，四棱锥的体积最大？并求此时平面与平面夹角的余弦值.
19．在平面直角坐标系中，为坐标原点，对任意两个向量，.作：，当不共线时，记以为邻边的平行四边形的面积为；当共线时，规定.
(1)分别根据下列已知条件求；
①，；
②，；
(2)若向量，求证：；
(3)记，，，且满足，，，求的最大值.
参考答案
1．【答案】A
【分析】由复数代数形式的运算化简即可.
【详解】，
所以复数的实部和虚部分别是1,1.
故选A.
2．【答案】B
【分析】根据向量数量积的运算律即可求解.
【详解】由得，解得，
故选B.
3．【答案】C
【分析】利用斜二测画法画出平面图形为直角梯形，再求面积.
【详解】如图，
作平面直角坐标系，使A与O重合，AD在x轴上，
且，AB在y轴上，且，
过B作，且，则四边形ABCD为原平面图形，为直角梯形，
其面积为．
故选C．
4．【答案】D
【分析】根据平面向量数量积的几何意义进行求解即可．
【详解】因为，
所以，
因此在方向上的投影为.
故选D．
5．【答案】A
【分析】由题意首先求得平移之后的函数解析式，然后确定函数的单调区间即可.
【详解】由函数图象平移变换的性质可知：
将的图象向右平移个单位长度之后的解析式为：
则函数的单调递增区间满足：
，
即，
令可得一个单调递增区间为：.
函数的单调递减区间满足：，
即
令可得一个单调递减区间为：.
故选A.
6．【答案】B
【分析】由方程，解得，得到的可能取值，根据题意得到，即可求解.
【详解】由方程，可得，
所以，
当时，，
所以的可能取值为，，，，，，…，
因为原方程在区间上恰有3个实根，所以，
解得，即的取值范围是.
故选B.
7．【答案】C
【详解】设，的中点分别为，，连接，取的中点．
直三棱柱中，，，
四边形是平行四边形，有，
因为三棱柱的底面是直角三角形，，所以，，
，分别是，的外接圆圆心．
因为平面，所以平面，
所以为的外接球的球心．
连接，因为球的表面积为，所以球的半径为1，即，
，则，，可得，，
所以三棱柱的表面积，
故选：C．
8．【答案】D
【分析】根据题意，先分析函数的周期，由此可得，结合已知函数的解析式计算可得答案．
【详解】因为是定义在上的奇函数，为偶函数，
所以，，即，
所以，
所以，可得，
所以的最小正周期为，
又当时，，
当时，则，所以，
又由是周期为的奇函数，
则，
故，.
故选D．
9．【答案】BC
【分析】对于A，甲骰子点数为奇数，乙骰子点数为偶数，事件可以同时发生，由对立事件的概念可判断；对于B，计算出，根据可以判定两个事件是否相互独立；对于C，计算出，根据可以判定两个事件是否相互独立；对于D，由前面可知，即可判断是否相等.
【详解】由题意，得，，，
对于A，当甲为奇数点，且乙为偶数点时，事件可以同时发生，所以事件A与事件B不互斥，故事件A与事件B不对立，故A错误；
对于B，由题意知，又，故事件A与事件B相互独立，故B正确；
对于C，，又，故事件A与事件C相互独立，故C正确；
对于D，由上知，，故D错误．
故选BC．
10．【答案】ABD
【分析】对于A，由正弦定理求解即可；对于B，由正弦定理及向量的数量积公式求解即可；对于C，法一：用投影向量求解；法二：转化到圆心求解；对于D，由正弦定理知A点在以为圆心半径为的优弧上运动，再求解即可.
【详解】对于A，由正弦定理，得，
有两解的情形为，且，则，故A正确；
对于B，由正弦定理，得外接圆半径，
由正弦定理知A点在以为圆心半径为的优弧上运动，，
于是，故B正确；
对于C，法一：用投影向量求解：当在上的投影向量的模最大，且与同向时，取得的最大值，此时，
设为的中点，则，
在上的投影向量的模为，最大值为，故C错误；

法二：转化到圆心：，故C错误；
对于D，如下图，由正弦定理知A点在以为圆心半径为的优弧上运动，由两段优弧拼接成，每段优弧所对圆心角为，
所以A点的轨迹长度为，故D正确．

故选ABD.
11．【答案】BC
【分析】根据题意，得到一个正方体，设正方体棱长为1，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，设直线与的方向单位向量分别为，，再设点在运动过程中的坐标为，结合向量的夹角公式，即可求解.
【详解】由题意知，三条直线两两垂直，画出图形，如图所示，
不妨设图中所示的正方体棱长为1，可得，
斜边以直线为旋转轴，则点保持不变，点的运动轨迹为以为圆心，1为半径的圆，以为坐标原点，以所在的直线分别为，建立空间直角坐标系，
如图所示，则，
直线与的方向单位向量分别为， ，且，
设点在运动过程中的坐标为，其中为与的夹角，，
所以在运动过程中的向量为且，
设与的夹角为，
则，
所以，所以C正确，D错误；
设与的夹角为，
则，
当与的夹角为时，即，，
因为，可得，
因为，所以，此时与的夹角为，即，所以B正确；A错误.
故选BC.
12．【答案】
【详解】以为轴，建立直角坐标系，则，由的模为与与的夹角为，且知， ，可，，由可得，.
故答案为：.
13．【答案】.
【分析】根据已知条件易得，侧面，可得侧面与球面的交线上的点到的距离为，可得侧面与球面的交线是扇形的弧，再根据弧长公式可求得结果.
【详解】如图：
取的中点为，的中点为，的中点为，
因为60°，直四棱柱的棱长均为2，所以△为等边三角形，所以，，
又四棱柱为直四棱柱，所以平面，所以，
因为，所以侧面，
设为侧面与球面的交线上的点，则，
因为球的半径为，，所以，
所以侧面与球面的交线上的点到的距离为，
因为，所以侧面与球面的交线是扇形的弧，
因为，所以，
所以根据弧长公式可得
故答案为：.
14．【答案】
【分析】作出函数的图象，由题意，由图得或，即或，从而转化为与及的交点个数问题，从而依次讨论即可求解.
【详解】如图，作出函数的图象，
令，即，
由图可知，或，
则或，
当，函数无解；
当或，函数只有一个解；
当或，函数有两个解；
当，函数有三个解；
当恰有3个零点时，
或或
或或
或或或或，
解得.
故答案为：.
15．【答案】(1)
(2)102分
(3).
【分析】（1）根据各组的频率和为1求解即可；
（2）根据平均数的定义结合频率分布直方图求解；
（3）利用分层抽样的定义结合已知条件求出从的所抽取的人数，然后利用列举法求解即可.
【详解】（1）由频率分布直方图得第七组的频率为：
；
（2）用样本数据估计该地500名学生这次考试成绩的平均分为：
（分）；
（3）由频率分步直方图可知的频数为的频数为，所以两组人数比值为，
按照分层抽样抽取5人，则在分别抽取3人和2人，
记这组三人的编号为这组两人的编号为，
故从5人随机抽取2名，共10种情况，为：
设事件“从5个人中随机抽取两人，抽取到的两人不在同一组”
则，共6种情况．
故，
即从这5个人中随机抽取两人，则抽取到的两人不在同一组的概率为．
16．【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）.
【分析】（Ⅰ）方法一：通过计算，根据勾股定理得,再根据线面垂直的判定定理得结论；
（Ⅱ）方法一：找出直线AC1与平面ABB1所成的角，再在直角三角形中求解即可.
【详解】（Ⅰ）［方法一］：几何法
由得，
所以，即有.
由，得，
由得，
由，得，所以，即有，又，因此平面.
［方法二］：向量法
如图，以AC的中点O为原点，分别以射线OB，OC为x，y轴的正半轴，建立空间直角坐标系O-xyz.
由题意知各点坐标如下：
因此,
由得；由得，
所以平面.
（Ⅱ）［方法一］：定义法
如图，过点作，交直线于点，连结.
由平面得平面平面，
由得平面，
所以是与平面所成的角.
由得，
所以，故.
因此，直线与平面所成的角的正弦值是.
［方法二］：向量法
设直线与平面所成的角为.
由(I)可知,
设平面的法向量.
由即，可取，
所以.
因此，直线与平面所成的角的正弦值是.
［方法三］：【最优解】定义法+等积法
设直线与平面所成角为，点到平面距离为d（下同）．因为平面，所以点C到平面的距离等于点到平面的距离．由条件易得，点C到平面的距离等于点C到直线的距离，而点C到直线的距离为，所以．故．
［方法四］：定义法+等积法
设直线与平面所成的角为，由条件易得，所以，因此．
于是得，易得．
由得，解得．
故．
［方法五］：三正弦定理的应用
设直线与平面所成的角为，易知二面角的平面角为，易得，
所以由三正弦定理得．
［方法六］：三余弦定理的应用
设直线与平面所成的角为，如图2，过点C作，垂足为G，易得平面，所以可看作平面的一个法向量．
结合三余弦定理得．
［方法七］：转化法＋定义法
如图3，延长线段至E，使得．
联结，易得，所以与平面所成角等于直线与平面所成角．过点C作，垂足为G，联结，易得平面，因此为在平面上的射影，所以为直线与平面所成的角．易得，，因此．
［方法八］：定义法＋等积法
如图4，延长交于点E，易知，又，所以，故面．设点到平面的距离为h，由得，解得．
又，设直线与平面所成角为，所以．
【方法总结】（Ⅰ）方法一：通过线面垂直的判定定理证出，是该题的通性通法；
方法二： 通过建系，根据数量积为零，证出；
（Ⅱ）方法一：根据线面角的定义以及几何法求线面角的步骤，“一作二证三计算”解出；
方法二：根据线面角的向量公式求出；
方法三：根据线面角的定义以及计算公式，由等积法求出点面距，即可求出，该法是本题的最优解；
方法四：基本解题思想同方法三，只是求点面距的方式不同；
方法五：直接利用三正弦定理求出；
方法六：直接利用三余弦定理求出；
方法七：通过直线平移，利用等价转化思想和线面角的定义解出；
方法八：通过等价转化以及线面角的定义，计算公式，由等积法求出点面距，即求出．
17．【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）根据正弦定理的边角关系有BD=acb，结合已知即可证结论.
（2）方法一：两次应用余弦定理，求得边与的关系，然后利用余弦定理即可求得的值.
【详解】（1）设的外接圆半径为R，由正弦定理，
得sin∠ABC=b2R,sinC=c2R，
因为，所以BD⋅b2R=a⋅c2R，即．
又因为，所以．
（2）[方法一]【最优解】：两次应用余弦定理
因为，如图，在中，，①
在中，csC=a2+(b3)2−b22a⋅b3．②
由①②得a2+b2−c2=3a2+(b3)2−b2，整理得．
又因为，所以，解得或，
当a=c3,b2=ac=c23时，a+b=c3+3c3