湖北省温德克英联盟2023-2024学年高二数学上学期8月开学选拔考试试题（Word版附解析）

2023年8月湖北温德克英联盟高二上学期开学综合性难度选拔考试本试卷共6页，22题.全卷满分120分考试用时120分钟注意事项:1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效.3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回.第I卷（选择题）一、单选题1.若复数z满足（i为虚数单位），则z的虚部为（）A.B.C.2D.【答案】A【解析】【分析】化简得，即得解.【详解】解：由题得.所以z的虚部为.故选：A2.设，向量,且，则（）A.0B.1C.2D.3【答案】A【解析】【分析】根据向量垂直以及平行的坐标表示，列出方程，解得x,y的值，可得答案.【详解】由题意向量,且，故得：，解得，故，,故选：A3.为了研究某种病毒与血型之间的关系，决定从被感染的人群中抽取样本进行调查，这些感染人群中O型血、A型血、B型血、AB型血的人数比为4:3:3:2，现用比例分配的分层随机抽样方法抽取一个样本量为的样本，已知样本中O型血的人数比AB型血的人数多20，则（）A.100B.120C.200D.240【答案】B【解析】【分析】由题知，再解方程即可得答案.【详解】解：因为感染人群中O型血、A型血、B型血、AB型血的人数比为4:3:3:2，所以，抽取样本量为的样本中，O型血的人数为，AB型血的人数为，所以，，解得故选：B4.表示平面，为直线，下列命题中为真命题的是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】借助长方体模型，结合线面垂直的判定定理、面面平行的性质逐一判断即可.【详解】A：在长方体中，设表示平面，分别表示平面和平面，显然满足，但是，因此本选项不正确；B：在长方体中，设表示平面，分别表示平面和平面，显然满足，但是，因此本选项不正确；,C：设，设点是平面任意一点，在平面内过做，垂足为，因为，，，所以，而，所以，同理，而，所以，因此本选项正确；D：在长方体中，分别表示平面、平面、平面、平面，显然满足，但是，因此本选项不正确，故选：C5.在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，点D在边AB上，，则的外接圆的面积是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】利用正弦定理将统一成角的形式，化简后可求出，在中利用正弦定理可求出，则可求出，然后在中利用余弦定理求出，再利用正弦定理可求出外接圆的半径，从而可求出圆的面积.,【详解】因为，所以由正弦定理得，所以，所以，所以，所以，因为，所以，因为，所以，所以，在中，由正弦定理得，，所以，因，所以，得，所以在中，由余弦定理得，，所以，设外接圆半径为，则由正弦定理得，所以，所以的外接圆的面积是，故选：B,6.如图，棱长为2正方体，为底面的中心，点在侧面内运动且，则点到底面的距离与它到点的距离之和最小是()A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】取中点，连接，证明平面，求出P在FC上.将平面沿BC翻折到与平面ABCD共面，将B关于CF对称到，过作与E，则即为点到底面距离与它到点的距离之和的最小值.【详解】取中点，连接，,由，，可知，则，∴由知，即.∵平面ABCD，⊥平面ABCD，∴AC⊥，又AC⊥BD，BD∩＝B，∴平面，∵平面，∴，∵，∴平面，∵，∴平面，平面，∵在侧面内，∴平面平面，即P在CF上；∵平面⊥平面ABCD，且交线为BC，∴P到平面ABCD的距离即为P到BC的距离，将平面沿BC翻折到与平面ABCD共面，如图：将B关于CF对称到，过作与E，则即为点到底面的距离与它到点的距离之和的最小值.以B为原点，建立如图所示坐标系，则B(0，0)，F(1，0)，C(0，2)，,直线CF方程为，即，设，则，∴.故选：A﹒7.已知函数在上单调递增，且当时，恒成立，则的取值范围为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由已知，分别根据函数在区间上单调递增，在时，恒成立，列出不等关系，通过赋值，并结合的本身范围进行求解.【详解】由已知，函数在上单调递增，所以，解得：，由于，所以，解得：①又因为函数在上恒成立，,所以，解得：，由于，所以，解得：②又因为，当时，由①②可知：，解得；当时，由①②可知：，解得.所以的取值范围为.故选：B.【点睛】在处理正弦型、余弦型三角函数性质综合问题时，通常使用整体代换的方法，将整体范围满足组对应的单调性或者对应的条件关系，罗列出等式或不等式关系，帮助我们进行求解.8.定义：若，则称是函数的倍伸缩仿周期函数.设，且是的2倍伸缩仿周期函数.若对于任意的，都有，则实数m的最大值为（　　）A.12B.C.D.【答案】B【解析】,【分析】确定函数解析式，得到时，，考虑和两种情况，得到不等式，解得答案.【详解】，当时，，故，故当时，，，，故，当时，恒成立；当时，，，即，故，即，即实数m的最大值为.故选：B.【点睛】关键点睛：本题考查了函数的新定义，不等式恒成立问题，三角函数的性质，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中利用函数的类周期性质确定函数的解析式是解题的关键.二、多选题9.近年，随着人工智能，AIoT，云计算等技术的推动，全球数据量正在无限制地扩展和增加.国际数据公司IDC统计了2016~2020年全球每年产生的数据量及其增速，所得结果如图所示，根据该统计图，下列说法正确的是（）,A.2016~2020年，全球每年产生的数据量在持续增加B.2016~2020年，全球数据量的年平均增长率持续下降C.2016~2020年，全球每年产生的数据量的平均数为33.7D.2015年，全球产生的数据量超过15【答案】ACD【解析】【分析】根据统计图，分析数据，可依次判断各个选项.【详解】对于A，由图可得2016~2020年，全球每年产生的数据量在持续增加，故A正确.对于B，2016~2017年，全球数据量的年平均增长率由增长到了，故B错误.对于C，年，全球每年产生的数据量的平均数为，故C正确.对于D，设2015年全球产生的数据量为，则，解得，故D正确.故选：ACD10.下列各式的值为是（）A.B.C.D.【答案】AB【解析】【分析】利用三角函数恒等变形，即可化简求值.【详解】A.，故A正确；B.，故B正确；C.,，故C错误；D.，，故D错误.故选：AB11.三棱锥各顶点均在表面积为的球体表面上，，，则（）A.若，则B.若，则C.线段长度的最小值为D.三棱锥体积的最大值为【答案】ACD【解析】【分析】对于A,计算出的外接圆半径，明确球心到平面ABC的距离，可求得；对于B，要明确D的轨迹是与BC垂直的球内某截面圆，由此判断满足CD=2时的点D有两个点，其中有一个不满足；对于C,借助于图示，确定点D在D'位置时，线段长度才可取到最小值，由此计算即可；对于D，由于的面积为定值，且D点在与垂直的截面圆上，只需当D点到平面ABC距离最大时,三棱锥体积也最大，由此可以求先求得三棱锥的高的最大值，可求得结果；【详解】因为,所以；对于A,若，则平面平面ABC,过BD的中点F作与平面BCD垂直的直线l,设球心为O,则∥平面ABC,作,垂足为H，,则FH即为球心O到平面ABC的距离d,对于,设其外接圆半径为r,则，所以，因此CD=2HF=2，故A正确；,对于B，因为始终满足CB⊥CD，所以点D的轨迹是与BC垂直的球内某截面圆，如图示：因为BC=2为定值，作D点所在截面圆O',取BC得中点M,连接OM,,，因为OO'和BC同时满足垂直于D点所在截面圆，所以OM即为D点所在截面圆的半径，所以D点在以2为半径的圆上，C为定点，所以满足CD=2时的点D有两个点，作A点在截面圆的投影，垂足设为H，若CD⊥AB，则CD⊥平面BCHA，所以CD⊥CH，必定有一个符合CD=2的D点不满足，因此B选项错误;对于C,,因为平面ABC(ABCH)与圆O'垂直，所以OO'与平面ABC平行，作，又因为，所以平面ABC，因此为外接圆的圆心，而△ABC外接圆半径r为2，又因为，所以AH=r+1=3，若求AD的最小值，在直角三角形ADH中，只需确定出DH的最小值即可，如图所示，点D在D'位置时，DH最小，AD也最小,即，由A的分析可知球心O到平面ABC的距离为1，即,则,而DH的最小值为,所以AD的最小值为，故C正确；对于D，的面积为定值，且D点在与垂直的截面圆上，只需当D点到平面ABC距离最大时,三棱锥体积也最大，又因为O'H⊥平面ABC，因此当D点位于HO'与截面圆的交点处时(如图示位置)即共线时,高即DH最大，最大值,故此时三棱锥体积的最大值为，故D正确，故选：ACD【点睛】本题难度较大，需要充分发挥空间想象力，利用示意图辅助解答，难点在于理清空间中的位置关系，明确数量关系，准确计算.12.在中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，且，，有以下四个命题中正确的是（）A.满足条件的不可能是直角三角形B.面积最大值为,C.当A=2C时，的周长为D.当A=2C时，若O为的内心，则的面积为【答案】BCD【解析】【分析】对于A，利用勾股定理的逆定理判断；对于B，利用圆的方程和三角形的面积公式可得答案；对于C，利用正弦定理和三角函数恒等变形公式可得答案对于D，由已知条件可得为直角三角形，从而可求出三角形的内切圆半径，从而可得的面积【详解】对于A，因为，所以由正弦定理得，，若是直角三角形的斜边，则有，即，得，所以A错误；对于B，以的中点为坐标原点，所在的直线为轴，建立平面直角坐标系，则，设，因为，所以，化简得，所以点在以为圆心，为半径的圆上运动，所以面积的最大值为，所以B正确；对于C，由A=2C，可得，由得，由正弦定理得，，即，所以，化简得，因为，所以化简得，因为，所以，所以，则，所以，所以，，，,因为，所以，所以的周长为，所以C正确；对于D，由C可知，为直角三角形，且，，，，所以的内切圆半径为，所以的面积为所以D正确，故选：BCD【点睛】此题考查三角形的正弦定理和面积公式的运用，考查三角函数的恒等变换，考查转化能力和计算能力，属于难题.第II卷（非选择题）三、填空题13.已知为复数，且，则的最大值为____________.【答案】【解析】【分析】由题意，设，得到，则，利用复数的模的几何意义，即可得解.【详解】由题意设，则，，即，即的模的轨迹可理解为以为圆心，半径为2的圆.则，可理解为求点到点之间的距离，数形结合可知，的最大值为4．故答案为：,14.已知的外接圆圆心为O，，，若（为实数）有最小值，则参数的取值范围是______.【答案】【解析】【分析】首先求得，进而用表示出，由此化简，结合二次函数的性质，列不等式，解不等式求得的取值范围.【详解】先求：如图所示，设是线段的中点，由于是三角形外接圆的圆心，故，所以，同理可得.由于故，即，解得，将上式代入并化简得，由于，依题意有最小值，结合二次函数的性质可知当时，,有最小值.由解得.故答案为：.【点睛】本小题主要考查平面向量的数量积的运算，考查圆的几何性质，考查方程的思想，考查二次函数在给定区间上有最小值问题的求解策略，考查化归与转化的数学思想方法，综合性很强，属于难题.15.已知为锐角三角形，满足，外接圆的圆心为，半径为1，则的取值范围是______.【答案】【解析】【分析】利用正弦定理，将转化为边，得到，将所求的转化成，结合，全部转化为的函数，再求出的范围，从而得到答案.详解】根据正弦定理，将转化为即，又因为锐角，所以.所以,因为是锐角三角形，所以，所以，得，所以故的取值范围是.【点睛】本题考查向量的线性运算、数量积，正、余弦定理解三角形，余弦型函数的图像与性质，属于难题.16.如图，某化学实验室的一个模型是一个正八面体（由两个相同的正四棱锥组成，且各棱长都相等）若该正八面体的表面积为，则该正八面体外接球的体积为___________；若在该正八面体内放一个球，则该球半径的最大值为___________.【答案】①.②.【解析】【分析】由已知求得正八面体的棱长为，进而求得，即知外接球的半径，进而求得体积；若球O在正八面体内，则球O半径的最大值为O到平面的距离，证得,平面，再利用相似可知，即可求得半径.【详解】如图，记该八面体为，O为正方形的中心，则平面设，则，解得.在正方形中，，则在直角中，知，即正八面体外接球的半径为故该正八面体外接球的体积为.若球O在正八面体内，则球O半径的最大值为O到平面的距离.取的中点E，连接，，则，又，，平面过O作于H，又，，所以平面，又，，则，则该球半径的最大值为.故答案为：，四、解答题17.某市为了了解人们对“中国梦”的伟大构想的认知程度，针对本市不同年龄和不同职业的人举办了一次“一带一路”知识竞赛，满分100分（95分及以上为认知程度高），结果认知程度高的有20人，按年龄分成,5组，其中第一组：，第二组：，第三组：，第四组：，第五组：，得到如图所示的频率分布直方图.（1）根据频率分布直方图，估计这20人的平均年龄和第80百分位数；（2）若第四组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为37和，第五组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为43和1，求这20人中35~45岁所有人的年龄的方差.【答案】（1）32.25，第80百分位数为37.5（2）10【解析】【分析】（1）直接根据频率分布直方图计算平均数和百分位数；（2）利用分层抽样得第四组和第五组分别抽取人和人，进而设第四组、第五组的宣传使者的年龄的平均数分别为，，方差分别为，，第四组和第五组所有宣传使者的年龄平均数为，方差为，进而根据方差公式，代入计算即可得答案.【小问1详解】设这20人的平均年龄为，则.设第80百分位数为，由，解得.【小问2详解】由频率分布直方图得各组人数之比为，故各组中采用分层随机抽样的方法抽取20人，第四组和第五组分别抽取人和人，设第四组、第五组的宣传使者的年龄的平均数分别为，，方差分别为，，则，，，，,设第四组和第五组所有宣传使者的年龄平均数为，方差为.则，，因此，第四组和第五组所有宣传使者的年龄方差为10，据此，可估计这人中年龄在35~45岁的所有人的年龄方差约为10.18.已知函数.（1）求函数的最小正周期；（2）常数，若函数在区间上是增函数，求的取值范围；（3）若函数在的最大值为2，求实数的值.【答案】(1).(2).(3)或【解析】【详解】分析：(1)根据倍角公式中的降幂公式，合并化简，得到）.可求得最小正周期．（2）根据正弦函数的单调区间，求得∴的递增区间为再判断在区间上是增函数条件下的取值情况即可．（3）化简的表达式得到.利用换元法令，得到关于t的二次函数表达式．对分类讨论，判断在取不同范围值时y的最值，从而求得的值．详解：（1）.p∴.（2）.,由得，∴的递增区间为∵在上是增函数，∴当时，有.∴解得∴的取值范围是.（3）.令，则.∴.∵，由得，∴.①当，即时，在处.由，解得（舍去).②当，即时，，由得解得或（舍去）.③当，即时，在处，由得.,综上，或为所求.点睛：本题考查了三角函数的综合应用，根据表达式求周期、单调性、最值等，综合性强，对分析问题、解决问题的能力要求较高，属于难题．19.在中，内角所对的边分别为，的面积为已知①，②，③，从这三个条件中任选一个，回答下列问题，（1）求角（2）若，求的面积的最大值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）选①，由数量积的定义与三角形面积公式化简可得的值，即可得角选②，由正弦定理结合余弦定理求解的值，即可得角选③，由正弦定理结合三角恒等变换可得的值，即可得角（2）由余弦定理结合基本不等式求得最值，即可得的面积的最大值.【小问1详解】选①，由可得，得，又，所以；选②，因为由正弦定理得，即，所以又，所以选③，因为，由正弦定理可得，所以因为，所以，,所以，因为，所以；【小问2详解】因为，所以，当且仅当时取等号，所以，当时最大值为.20.如图，在四棱台ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD是菱形，∠ABC=，∠B1BD=，（1）求证：直线AC⊥平面BDB1；（2）求直线A1B1与平面ACC1所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】【分析】（1）由边角边证得，即，在等腰三角形中由三线合一证得，在菱形中由菱形的对角线垂直证得，由线面垂直的判定定理说明即得证；（2）延长交于点，平面即为平面，平面即平面，由（1）得平面平面，平面平面，所以过做，由面面垂直的性质则平面，故即为直线与平面所成角（若研究直线与平面所成角的正弦值则线段等比例扩大2倍结果不变），在菱形ABCD中求出BD，作，由和勾股定理可求得，由余弦定理和同角三角函数关系求得，，进而求得，最后由正弦函数定义可求得答案；也可以利用建立空间直角坐标系的方式运算求解.,【详解】（1）连接交于，因为，，，所以，故又因为为菱形对角线交点，即是线段的中点，所以又四边形为菱形，故而，所以平面方法二：因为，所以点在平面内的射影在为的平分线，又四边形为菱形，故为的平分线，则直线故平面平面，而平面平面，又四边形为菱形，故所以平面（2）延长交于点，平面即为平面，平面即平面由（1）得平面平面，平面平面，所以过做，则平面，故即为直线与平面所成角（若研究直线与平面所成角的正弦值则线段等比例扩大2倍结果不变）,因为四棱台中，所以，由菱形有，且∠ABC=，所以，作，因为，则，，所以，则，，，故.法二：延长交于点，平面即平面，平面即平面，设直线与平面所成角为过作，垂足为，因为，所以建系，以为轴，作轴，设平面的法向量为，则，所以，,所以【点睛】本题考查空间中线面垂直的证明，还考查了空间线面角正弦值的运算，属于难题.21.已知的内角的对边分别为，，平分交于点，且．（1）求；（2）求的面积．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理将已知等式统一成角的形式，然后利用三角函数恒等变换公式化简可求得结果，（2）由角平分线的性质结合已知可得，再由正弦定理和三角函数恒等变换公式可得，结合可求出，然后在中利用正弦定理可得，从而可求得，在中利用余弦定理得，解方程组可求出，进而可求出的面积.【小问1详解】因为，所以，所以由正弦定理得，因为，所以，因为，所以，所以.【小问2详解】因为平分交于点，且，,所以，即，①所以，，所以，，所以，因为，所以，得，因为，所以，在中由正弦定理得，得，所以，所以,在中由余弦定理得，得，②由①②解得，所以的面积为.22.如图①所示，长方形中，，，点是边的中点，将沿翻折到，连接，，得到图②的四棱锥．,（1）求四棱锥的体积的最大值；（2）若棱的中点为，求的长；（3）设的大小为，若，求平面和平面夹角余弦值的最小值．【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）作出辅助线，得到当平面⊥平面时，P点到平面ABCM的距离最大，四棱锥的体积取得最大值，求出，从而得到体积最大值；（2）作出辅助线，证明出四边形CNQM为平行四边形，从而得到；（3）作出辅助线，得到∠PGD为的平面角，即，建立空间直角坐标系，用含的关系式表达出平面PAM和平面PBC的法向量，利用空间向量夹角余弦公式得到，结合的取值范围求出余弦值的最小值【小问1详解】取AM的中点G，连接PG，因为PA=PM，则PG⊥AM，当平面⊥平面时，P点到平面ABCM的距离最大，四棱锥的体积取得最大值，此时PG⊥平面，且，,底面为梯形，面积为，则四棱锥的体积最大值为【小问2详解】取AP中点Q，连接NQ，MQ，则因为N为PB中点，所以NQ为△PAB的中位线，所以NQ∥AB且，因为M为CD的中点，四边形ABCD为矩形，所以CM∥AB且，所以CM∥NQ且CM=NQ，故四边形CNQM为平行四边形，所以.【小问3详解】连接DG，因为DA=DM，所以DG⊥AM，所以∠PGD为的平面角，即，过点D作DZ⊥平面ABCD，以D为坐标原点，分别以DA，DC，DZ所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，,则，过P作PH⊥DG于点H，由题意得PH⊥平面ABCM，设，因为，所以，所以，所以，所以，设平面PAM的法向量为，则，令，则，设平面PBC的法向量为，因为，则,令，可得：，设两平面夹角为，则令，，所以，所以，所以当时，有最小值，所以平面和平面夹角余弦值的最小值为