【文档说明】湖南省长沙市长郡中学2022-2023学年高二上学期暑假作业检测（入学考试）数学试题 （答案解析）.docx，共(22)页，1.117 MB，由envi的店铺上传

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长郡中学2022年高二暑假作业检测试卷数学得分：本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共8页。时量120分钟。满分150分。第Ⅰ卷一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1．已知

i是虚数单位，复数()()242izxx=−++是纯虚数，则实数x的值为（）A．2B．2−C．2D．4【答案】A【分析】由题意，利用纯虚数的定义，求得实数x的值．【解析】解：i是虚数单位，复数2(4)(2)zxxi=−++是纯虚数，24020

xx−=+，2x=，故选：A．2．若0ab，则下列不等式成立的是（）A．2ababab+B．2abaabb+C．2ababab+D．2abaabb+【答案】B【分析】直接利用不等式的性质推出结果即可．【解析】解：0ab，可得2a

ab+，可得2aba+，并且0ab，可得2abab+，2abb．abb，可得：2abaabb+．故选：B．3．在平面四边形中，满足ABCD+=0，()0ABADAC−=，则四边形ABCD是（）A．矩形В．正

方形C．菱形D．梯形【答案】C【分析】由向量的运算性质进行判断．【解析】平面四边形ABCD中，由0ABCD+=，得ABDC=，可知,ABDC共线，由()0ABADACDBAC−==，可知ACDB⊥，因此可得四边形ABCD是菱形，故选C．4．《九章

算术》是中国古代人民智慧的结晶，其卷五“商功”中有如下描述：“今有圆亭，下周三丈，上周二丈，高一丈”，译文为“有一个圆台形状的建筑物，下底面周长为三丈，上底面周长为二丈，高为一丈”，则该圆台的侧面积（单位：平方丈）为（）A

．2514+B．25144+C．2512+D．25142+【答案】B【分析】设圆台的上底面半径为r，下底面半径为R，由已知周长求出r和R，然后由圆台的侧面积公式求解即可．【解析】解：设圆台的上底面半径为r，下底

面半径为R，则有22r=，23R=，解得13,2rR==，又圆台的高为1丈，所以圆台的母线长为222411()2lRr+=+−=，所以圆台的侧面积为221341514()()224SRrl++=−

=+=．故选：B．5．已知a，b是两条不重合直线，，是两个不重合平面，则下列说法正确的是（）A．若ab∥，b∥，则a∥B．若⊥，a∥，则a⊥C．若⊥，a，a⊥，则a∥D．若b⊥，ab∥，⊥，则a∥【答案】C【分析】利用线线，线面，面

面的位置关系逐项分析即得．【解析】解：若//ab，//b，则//a或a，故A错误；若⊥，//a，则//a或a或a与相交，故B错误；若⊥，a⊥，则//a或a，又a，故//a，故C正确；若b⊥，//ab，则a⊥，又⊥，则/

/a或a，故D错误．故选：C．6．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若coscosacbCbA−=−，则△ABC的形状为（）A．等腰三角形B．直角三角形C．等腰三角形或直角三角形D．等腰

直角三角形【答案】C【分析】利用正弦定理，三角函数恒等变换的应用化简已知等式可得cossinsincosBCAB=，从而可求cos0B=，或sinsinAC=，进而可得B为直角，或AC=，即可判断得解三角形的形

状．【解析】解：coscosacbCbA−=−，由正弦定理可得：sinsinsincossincosACBCBA−=−，可得：sinsincoscossinsincossincosAABABBCBA−−=−，sinsincossincosAABBC−=，可得：sinsinco

ssincosABCAB=+，sincoscossinsincossincosBCBCBCAB+=+，可得：cossinsincosBCAB=，cos0B=，或sinsinAC=，B为直角，或AC

=，ABC的形状为等腰三角形或直角三角形．故选：C．7．设()()2,01,0xaxfxxaxx−=++，若()0f是()fx的最小值，则a的取值范围是（）A．1,2−B．1,0−C．1,2D．0,2【答案】D【分析】利用基本不等式，先求出当0x

时的函数最值，然后结合一元二次函数的性质进行讨论即可．【解析】解：当0x时，11()22fxxaaxaxx=+++=+…，此时函数的最小值为2a+，若0a，则函数的最小值为f（a）0=，此时(0)f不是()fx的最小值，此时不满足条件，若0a…，则要使

(0)f是()fx的最小值，则满足2(0)2faa=+„，即220aa−−„解得12a−剟，0a…，02a剟，故选：D．8．蹴鞠（如图所示），又名蹴球，蹴圆，筑球，踢圆等，蹴有用脚蹴、踢、蹋的含义，鞠最

早系外包皮革、内实米糠的球因而蹴鞠就是指古人以脚蹴、蹋、踢皮球的活动，类似于今日的足球．2006年5月20日，蹴鞠作为非物质文化遗产经国务院批准已列入第一批国家非物质文化遗产名录．已知某鞠（球的表面上有四个点A，B

，C，P，且球心O在PC上，AC=BC=4，AC⊥BC，6tantan2PABPBA==，则该鞠（球）的表面积为（）A．9B．18C．36D．64【答案】C【分析】画出图形，作出辅助线，求出62223

2MP==，进而得到221282PHPMMH=−=−=，利用勾股定理求出球的半径，求出球的表面积．【解析】解：如图，取AB的中点M，连接MP，由4ACBC==，ACBC⊥得：42AB=，由6tantan2PABPBA==，得：622232MP==，连接CM并延长，

交球O于点H，连接PH，因为PC球O的直径，设球的半径为R，则11,2222PHCHMHCHAB⊥===，则221282PHPMMH=−=−=，所以22222(2)(42)436RPCCHPH==+=+=，解得：3R=，球的表面积为2436R=，故

选：C．二、选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分）9．下列选项中，与sin30°的值相等的有（）A．212cos75−B．sin135cos15co

s45cos75−C．cos351sin202cos20−D．tan20tan25tan20tan25++【答案】BC【分析】利用三角函数恒等变换的应用化简各个选项即可计算得解．【解析】解：对于A，212cos75cos150cos30−=−=

，故错误；对于B，sin135cos15cos45cos75sin45cos15cos45sin15sin(4515)sin30−=−=−=，故正确；对于C，222222(cos10sin10)(cos10s

in10)(1010)cos20cos(4510)(cos10sin10)cos351sin201222sin3022cos202cos202cos202cos202cos20cossin+−−

−−−======，故正确；对于D，tan20tan25tan20tan25tan(2520)(1tan25tan20)tan20tan251tan25tan20tan20tan251++=+−

+=−+=，故错误．故选：BC．10．某同学在研究函数()1xfxx=+，（xR）时，分别得出下面几个结论，其中正确的结论是（）A．等式()()0fxfx−+=在xR时恒成立B．函数()fx的值域为()1,1

−C．若12xx，则一定有()()12fxfxD．方程()0fxx−=在R上有三个根【答案】ABC【分析】利用函数的性质，对各项逐一分析即可．【解析】解：因为(),()1||xfxxRx=+，所以()()01||1||1||xxxxfxfxxxx−−+−+=+==+−++，所以A正确；因为(

0)1()1||(0)1xxxxfxxxxx+==+−…的图象如下图所示：由图象可知函数()fx是奇函数，且在R上为单调增函数，值域为(1,1)−，所以BC正确；因为()()gxfxx=−，所以(0)(0)00gf=−=当0x时，2()()01xgxfxx

x−=−=+，当0x时，2()()01xgxfxxx=−=−，()()gxfxx=−在R上只有一个零点，即()fx的图象与()fxx=只有一个交点(0,0)所以D不正确；故选：ABC．11．已知()2cos,sinxx=a，()3cos,2cosxx=−b，0，(

)3fx=+ab，且()fx的图象的对称中心与对称轴的最小距离为4，则下列说法正确的是（）A．1=B．()fx的图象关于直线12x=−对称C．把()fx图象向左平移12单位，所得图象关于y轴对称D．保持()fx图象上每一点的纵坐标不变，横坐标变为原来的2倍，然后把图象向左平移3

个单位，得到函数2sinyx=的图象【答案】ABD【分析】由题意，利用两个向量的数量积公式，三角恒等变换，化简函数的解析式，再利用函数sin()yAx=+的图象变换规律，正弦函数的图象和性质，逐一判断各个选项是否正确，从而得出结论．【解析】解：

(2cos,sin)axx=，(3cos,2cos)bxx=−，0，21cos2()323cos2sincos323sin232xfxabxxxx+=+=−++=−++3cos2sin22sin(2)3xxx

=−+=−，()fx的图象的对称中心与对称轴的最小距离为12424=，1=，()2sin(2)3fxx=−，故A正确；令12x=−，可得()2fx=−，是最小值，故()x的图象关于直线12x=−对称，故B正确；把()fx

图象向左平移12单位，可得2sin(2)6yx=−的图象，由所得函数为非奇非偶函数，故所得函数的图象不关于y轴对称，故C错误；保持()fx图象上每一点的纵坐标不变，横坐标变为原来的2倍，可得2sin()3yx=−的图象，然后把

图象向左平移3个单位，得到函数2sinyx=的图象，故D正确，故选：ABD．12．已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，如图，点F，G，M分别为CC1，BB1，B1C1的中点，则下列说法正确的是（）A．平面AD1F∥平面A1MGB．直线AD1与直线A1G

所成角的余弦值为1010C．平面AFD1截正方体ABCD−A1B1C1D1所得截面的面积为98D．点C1与点G到平面AFD1的距离相等【答案】ABC【分析】利用几何题的特征，结合线面的位置关系，逐个判断即可得出答案．【解析】解：对

于A：因为G，M分别为1BB，11BC的中点，所以1//MGBC，又11//ADBC，所以1//MGAD，又F为1CC的中点，所以11//ADGF且11ADGF=，所以四边形11ADFG是平行四边形，所以11//AGDF，因为1MGAGG=，111ADDFD=，所以平

面1//ADF平面1AMG，故A正确；对于B：因为正方1111ABCDABCD−的棱长为1，所以12AD=，21151()22DF=+=，222132()22AFACCF=+=+=，所以2222221111153(2)()()1022cos2105222ADDFAFAD

FADDF+−+−===，故B正确；对于C：取BC的中点N，连接FN，AN，因为1//FNBC，又11//BCAD，所以1//FNAD，所以FN在平面1AFD内，所以平面1AFD截正方体1111ABCDABCD−所得截面为等腰梯形1ADFN，过点N作1NQAD

⊥，垂足为Q，11222NFBC==，12AD=，222224AQ−==，52AN=，22225232()()244NQANAQ=−=−=，所以12321922248ANFDS=+=梯形，故C正确；

对于D：因为1//CB平面1ADF，所以1CG不会平行于平面1ADF，且线段1CG不与平面1ADF相交，所以点1C与点G到平面1AFD的距离不相等，故D不正确；故选：ABC．第Ⅱ卷三、填空题（本题共4小题，每小

题5分，共20分）13．欧拉公式icosisinxexx=+（i为虚数单位）是由瑞士著名数学家欧拉提出的，它将指数函数的定义域扩大到复数集，则复数i42ie的共轭复数为________．【答案】1i−【分析】利用复数三角形式以及复数的除法化简所求复数，利用共轭复数的定义可得结

果．【解析】解：由已知可得422cossin4422ieii=+=+，所以42222(1)(1)11(1)(1)2222iiiiiiiiiiiiei−====−=+++−+，因此，复数42iie的共轭复数为1i−．故答案为

：1i−．14．已知1sin33+=，则cos23−=________．【答案】79−【分析】利用诱导公式、二倍角的余弦公式即可求解【解析】因为1sincos336

+==−，则217cos22cos1213699−=−−=−=−15．已知函数3tan1yx=+在,34−内是减函数，则的取值范围是________．【答案】3,02−【分析】利用正切函数的单

调性与周期性及可求得答案．【解析】解：函数3tan()1yx=+在(,)34−内是减函数，0且函数3tan()1yx=+在(3−，)3内也是减函数，2||()333T=−−=…，3||2„，3322−剟，又0，302−„．故答案为：3[2−，0)．1

6．已知三角形的三边长，其面积是固定的，而已知平面凸四边形的四边长，其面积是不确定的．现有一平面凸四边形ABCD，AB=3，BC=4，CD=5，DA=6，则其面积最大值为________．【答案】610【分析】设ABC=，ADC=，利用两次余弦定理求得

cos，cos的关系，再根据三角形面积公式以及余弦的差角公式，即可求得结果．【解析】解：设ABC=，ADC=，连接AC，作图如下：DCBA在ABC中，由余弦定理可得：2222cos2524cosACABBCA

BBC=+−=−，在ADC中，由余弦定理可得：2222cos6160cosACADDCADDC=+−=−，故可得2524cos6160cos−=−，即5cos2cos3−=，又四边形ABCD的面积11sinsin3(

5sin2sin)22SABBCADCD=+=+，令5sin2sinm+=，则22225sin4sin20sinsinm++=，由5cos2cos3−=，则2225cos4cos20coscos9+−=，上述两式相加可得：2

2920cos()9am−+=+，即22020cos()m=−+，当且仅当+=时，2m取得最大值40，此时m的最大值为210，由3(5sin2sin)3Sm=+=，其最大值为610．四、解答题（本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．）17．（本小题满分

10分）如图所示，三棱柱ABC−A1B1C1中，CA=a，CB=b，1CC=c，CA=CB=CC1=1，2,,3==abac，,2=bc，N是AB中点．（1）用a，b，c表示向量1AN；（2）在线段

C1B1上是否存在点M，使AM⊥A1N？若存在，求出M的位置，若不存在，说明理由．【分析】（1）根据空间向量线性运算的几何意义进行求解即可；（2）根据空间向量共线向量的性质，结合空间向量垂直的性质进行求解即可．【解析】解：（1）11111111()2222ANAAANCCABCCCB

CAabc=+=+=−+−=−+−；（2）假设存在点M，使1AMAN⊥，设111CMCB=，([0,1])，显然CBb=，1111AMAAACCMcab=++=−+，因为1AMAN⊥，所以10AMAN⊥

=，即11()()022cababc−+−+−=，2221111110222222cacbcaabcaabbbc−+−+−+++−=11CACBCC===，a，ba=，23c=，b，2c=，22211111()

022222cacaabcab−−+−+++=即222111111111()11()11()102222222−−+−+−+=，解得13=，所以当11113CMCB=时，1AMAN⊥18．（本小题满分12分）已知函数()3xfx

−=．（1）若函数()3yfxk=−−在2,1x−上有且仅有一个零点，求实数k的取值范围；（2）是否存在实数m，使得函数()23log44fxymx−=−−（0x）在,ab上的值域为2,2ab，若存在，求出实数m的取值范围；若

不存在，说明理由．【分析】（1）由题意可得关于x的方程|33|xk−=−在[2x−，1]上有且仅有一个实根，作出函数()|33|xhx−=−在[2x−，1]上的图像，由图像可得所求范围；（2）化简可得4()4Fxmxx=−+−，0x，由()Fx的单调性可得a，b是2(4)40xm

x+−+=的两个不等正根，由判别式大于0和韦达定理，解不等式可得所求取值范围．【解析】解：（1）问题转化为关于x的方程|33|xk−=−在[2x−，1]上有且仅有一个实根，作出函数()|33|xhx−=−在[2x

−，1]上的图像（如右图），(2)6h−=，8(1)3h=，由题意，直线yk=与该图像有且仅有一个公共点，所以实数k的取值范围是8|603kkk=或„；（2）记23log(4)4()44fxFxmmxxx

−=−−=−+−，其中0x，因为函数()Fx在[a，]b上单调递增，若存在实数m，使得()Fx的值域为[2a，2]b，则F（a）2a=，F（b）2b=，所以()2Fxx=，即a，b是2(4)40xmx+−

+=的两个不等正根，所以△2(4)160m=−−，40abm+=−，40ab=，解得0m，所以实数m的取值范围是(,0)−．19．（本小题满分12分）如图所示，已知DOE是半径为3，中心角为3的扇形，P为弧DE上一动点，四边形PQMN是矩

形，∠POD=x（03x）．（1）求矩形PQMN的面积()fx的最大值及取得最大值时的x值；（2）在△ABC中，()32fC=，2c=，其面积23ABCS=△，求△ABC的周长．【分析】（1）求出sin3sinQMPNOPxx===，cos3cosONOPxx

==，333sinsin33OMQMxx===，3cossinMNONOMxx=−=−，由此能求出矩形PQMN的面积的最大值．（2）求出6C=，83ab=，由余弦定理得2222cos46cabab=+−=，由此能求出ABC的周长．【解析】解：

（1）由题意sin3sinQMPNOPxx===，cos3cosONOPxx==，tan33QMOM==，333sinsin33OMQMxx===，3cossinMNONOMxx=−=−，矩形PQMN的面积为：()(3cossin)3s

infxxxx=−23sincos3xxsinx=−31cos2sin2322xx−=−23sincos3xxsinx=−31cos2sin2322xx−=−3133(sin2cos2)222xx=+−33sin(2)62x=+−

，03x，52666x+，当262x+=时，即6x=时，()fx的最大值为32．（2）由（1）得6C=，1sin2326ABCSab==，83ab=，由余弦定理得2222cos4

6cabab=+−=，2()(23)4abab+−+=，即2()28163ab+=+，423ab+=+，ABC的周长为623abc++=+．20．（本小题满分12分）如图所示，四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，PA=AB=2，AD=2，点E是PB的中点．

（1）证明：AE⊥PC；（2）求二面角C−AE−D的大小．【分析】（1）由PA⊥平面ABCD，知PABC⊥，结合ABBC⊥，可证BC⊥平面PAB，从而得BCAE⊥，再证AEPB⊥，进而知AE⊥平面PBC，然后由线面垂直的性质定理，得证；（2）先证平面ADE⊥平面PAB，可知二面角CAE

B−−与二面角CAED−−是互余的，再根据二面角的定义找出二面角CAEB−−的平面角，并求之，即可得解．【解析】（1）证明：因为PA⊥平面ABCD，BC平面ABCD，所以PABC⊥，因为底面ABCD为矩形，所以ABBC⊥，又PAABA=，PA，AB平面PAB，所以BC⊥平面PAB，因为AE平

面PAB，所以BCAE⊥，因为2PAAB==，点E是PB的中点，所以AEPB⊥，又BCPBB=，BC，PB平面PBC，所以AE⊥平面PBC，因为PC平面PBC，所以AEPC⊥．（2）解：由（1）知，BC⊥平面PAB，因为//ADBC，所以AD⊥平面P

AB，因为AD平面ADE，所以平面ADE⊥平面PAB，所以二面角CAEB−−与二面角CAED−−是互余的，问题可转化为求二面角CAEB−−的大小，由（2）知，2AE=，2CE=，因为226ACABBC=+=，所以222ACAECE=+，即CEAE⊥，又BEAE⊥

，所以BEC即为二面角CAEB−−的大小，因为2BEBC==，2CE=，所以4BEC=，即二面角CAEB−−的大小为4，故二面角CAED−−的大小为4．21．（本小题满分12分）向量=a（2，2），向量b与向量a的夹角为34，且2=−ab（1）求向量b；（2

）若=t（1，0），且⊥bt，=c（cosA，22cos2C），其中A，B，C是△ABC的内角，且3B=，试求+bc的取值范围．【分析】（1）设出向量(,)bxy=，由向量b与向量a的夹角为34及2ab=−得到关于x、y的二元方程组，求解后可得向量b的坐标；（2）由tb⊥得=b（

0，1），求出bc+及其模||bc+的表达式，由60B=得120AC+=，化简||bc+，求出它的取值范围．【解析】解：（1）设(,)bxy=，则222abxy=+=−，1xy+=−①；又3||||cos24abab==−，2|22|||()22

b−=−，||1b=，即221xy+=②；由①②解得10xy=−=或01xy==−，(1,0)b=−或(0,1)=−；（2）=t（1，0）且⊥bt，(0,1)b=−；2(cos,2cos1)2CbcA+=−

(cos,cos)AC=，22||coscosbcAC+=+，60B=，120AC+=；22||coscos(120)bcAA+=+−1cos21cos(2402)22AA++−=+11cos(260)2A=++；0120A，60260300A+

，11cos(260)2A−+„，215||24bc+„，25||22bc+„．22．（本小题满分12分）如图①所示，长方形ABCD中，AD=1，AB=2，点M是边CD的中点，将△ADM沿AM翻折到△PAM，连结PB，PC，得到图②的四棱锥P–ABC

M．（1）若棱PB的中点为N，求CN的长；（2）设P−AM−D的大小为，若0,2，求平面PAM和平面PBC夹角余弦值的最小值．【分析】（1）作出辅助线，证明出四边形CNQM为平行四边形，从而得到2215()122CNMQ==+=；（2）作出辅助线

，得到PGD为PAMD−−的平面角，即PGD=，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29cos80609tt=+−，结合t的取值范围求出余弦值的最小值．【解析】解：（1）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//NQAB且12NQAB=，因为M为CD的中点，四边形ABCD为矩形，所以//CMAB且12CMAB=，所以//CMNQ且CMNQ=，故四边形CNQM为平行四边形，所以2215()122CNMQ==+=；（2）

连接DG，因为DADM=，所以DGAM⊥，所以PGD为PAMD−−的平面角，即PGD=，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(

1A，0，0)，(0M，1，0)，(0C，2，0)，过P作PHDG⊥于点H，由题意得PH⊥平面ABCM，设0(Px，0y，0)z，所以0002212(1cos)(1cos),sin2222xyz==−=−=，所以112((1cos),(1cos),sin)222P

−−，所以1coscos12(1,1,0),(,,sin)222AMPA+−=−=−，设平面PAM的法向量为1111(,,)nxyz=，则1111101coscos12sin0222xyxyz−+=+−+−=，令12z=，则1(tan,tan,2)n

=，设平面PBC的法向量为22(nx=，2y，2)z，因为cos1cos32(1,0,0),(,,sin)222CBPC−+==−，则22220cos1cos32sin0222xxyz=−++−=，令22siny=，可得：2(0,2si

n,3cos)n=+，设两平面夹角为，则21222212sin|2322cos||||3cos1|coscos||||11cos6cos2tan22sin6cos9nnnn+++===−++++2213|cos|331201808020(cos)(c

os)11133399(cos)3(cos)33+==−+++++−++，令1,(0,]12cos3t=+，所以3(,3]4t，所以29cos80609tt=+−，所以当3t=时，cos有最小值1111，所以

平面PAM和平面PBC夹角余弦值的最小值为1111获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com