2022-2023学年湖南省长沙市高一年级下册学期第二次大练习数学试题【含答案】

2022—2023学年度高一第二学期第二次大练习数学时量：120分钟满分：150分一、选择题：本大题共8个小题，每小题5分，满分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.设复数在复平面内对应的点为，则在复平面内对应的点为（）A. B. C. D.2.下列说法正确的是（）A.正棱锥的各条棱长都相等B.所有的空间几何体的表面都能展开成平面图形C.棱台各侧棱的延长线交于一点D.用一平面去截棱锥，得到两个空间几何体，一个是棱锥，另一个是棱台3.设，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4.水平放置的平面四边形ABCD的斜二测直观图是一个长为3，宽为的矩形，则四边形ABCD的实际面积为（）A12 B.6 C. D.5.函数的部分图像如图所示，则的单调减区间为（）A. B.C. D.6.已知，则m，n不可能满足的关系是（）A. B.C. D.7.已知函数的图象与函数的图象关于直线对称，则函数的单调递增区间为（）A. B. C. D.8.已知函数，若函数有6个不同的零点，且最小的零点为，则（）A.6 B. C.2 D.二、选择题：本大题共4个小题，每小题5分，满分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，部分选对的得2分，有选错的得0分．9.下列说法不正确的是（）A.若直线，不共面，则，为异面直线B.若直线平面，则与内无数条直线平行C.若直线平面，平面平面，则D.如果空间中两个角的两条边分别对应平行，那么这两个角相等10.下列命题正确的是（）A.若非零向量，，满足，，则B.向量，共线的充要条件是存在唯一一个实数，使得成立C.在中，，，，则该三角形不存在D.若，，为锐角，则实数的取值范围是11.已知棱长为1的正方体，平面与对角线垂直，则（）．A.正方体的每条棱所在直线与平面所成角均相等B.平面截正方体所得截面面积的最大值为C.直线与平面内任一直线所成角的正弦值的最小值为D.当平面与正方体各面都有公共点时，其截面多边形的周长为定值12.已知函数，定义域均为，且，．若的图象关于直线对称，，则下列结论正确的是（）A.B.C.D.三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13.2023年是全面贯彻党的二十大精神的开局之年，某中学为了解教师学习“党的二十大精神”的情况，采用比例分配分层随机抽样的方法从高一、高二、高三的教师中抽取一个容量为30的样本，已知高一年级有教师80人，高二年级有教师72人，高三年级有教师88人，则高一年级应抽取______人.14.现有一个底面半径为、高为的圆柱形铁料，若将其熔铸成一个球形实心工件，则该工件的表面积为______（损耗忽略不计）．15.求“方程的解”有如下解题思路：构造函数，其表达式为，易知函数在上是严格减函数，且，故原方程有唯一解．类比上述解题思路，不等式的解集为______．16.无字证明（proofwithoutwords）是指仅用图象而无需文字解释就能不证自明数学命题，如图是某三角恒等式的无字证明，那么该图证明的三角恒等式为__________．四、解答题：本大题共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.如图四边形ABCD是矩形，平面BCE，，点F为线段BE的中点.（1）求证：平面ABE；（2）求证：平面ACF18.高铁是我国国家名片之一，高铁的修建凝聚着中国人的智慧与汗水.如图所示，B、E、F为山脚两侧共线的三点，在山顶A处测得这三点的俯角分别为、、，计划沿直线BF开通穿山隧道，现已测得BC、DE、EF三段线段的长度分别为3、1、2.（1）求出线段AE的长度；（2）求出隧道CD的长度.19.已知向量，，函数.（1）求函数的零点；（2）若钝角三内角的对边分别是，，，且，求的取值范围.20.如图，已知等腰梯形中，，，是的中点，，将沿着翻折，使得直线与不在同一个平面．（1）求直线与所成的角的大小；（2）在线段上是否存在点，使得平面，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．21.已知函数（其中在上单调递减，点，，是函数图象上三点，满足．（1）求证：，，三点不共线；（2）求证：是钝角三角形．22.已知函数，．（1）若对任意的，恒成立，求实数的取值范围；（2）设函数，在区间上连续不断，证明：函数有且只有一个零点，且．答案时量：120分钟满分：150分一、选择题：本大题共8个小题，每小题5分，满分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.【答案】D2.【答案】C3.【答案】A4.【答案】A5.【答案】B6.【答案】C7.【答案】D8.【答案】B二、选择题：本大题共4个小题，每小题5分，满分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，部分选对的得2分，有选错的得0分．9.【答案】CD10.【答案】ACD11.【答案】ABD12.【答案】AB三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13.【答案】1014.【答案】15.【答案】．16.【答案】四、解答题：本大题共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.【分析】（1）利用线面垂直的判定定理可得答案；（2）连接交于点，连接，由中位线定理可得，再由线面平行的判定定理可得答案.【小问1详解】因为平面BCE，平面BCE，所以，因为，，平面，所以平面ABE；【小问2详解】连接交于点，连接，所以点为中点，因为点F为线段BE的中点，所以，因为平面，平面，所以平面.18.【解析】【分析】（1）由已知在△AEF中，由正弦定理即可解得AE值；（2）由已知可得∠BAE＝90°，在Rt△ABE中，可求BE的值，进而可求CD＝BE﹣BC﹣DE的值．【详解】（1）由已知可得EF＝2，∠F＝45°，∠EAF＝60°－45°＝15°，在△AEF中，由正弦定理得：，即，解得；（2）由已知可得∠BAE＝180°﹣30°﹣60°＝90°，在Rt△ABE中，，所以隧道长度．【点睛】本题主要考查了正弦定理在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题．19.【答案】（1），；（2）.【解析】【分析】（1）化简得出，由可求解；（2）由可得，由正弦定理化简得出，根据的范围即可求出.【详解】（1）由条件可得：，∴，所以函数零点满足，则，得，；（2）由正弦定理得，由（1），而，得，∴，，又，得，∴代入上式化简得：，又在钝角中，不妨设为钝角，有，则有.∴.20.【答案】（1）（2）存在，【解析】【分析】（1）根据折叠前后的图形几何性质结合线面垂直判定定理证得平面，从而得异面与垂直，从而得夹角大小；（2）平面公理与线面平行性质定理可得为中点，从而可得结论.【小问1详解】因为，是的中点，所以，故四边形是菱形，从而，所以沿着翻折成后，，，又因为，平面，所以平面，又平面，所以，所以直线与所成的角的大小为．【小问2详解】存在，理由如下：假设线段上是存在点，使得平面，过点作交于，连接，，如下图，所以，所以，，，四点共面，又因为平面，平面平面，平面，所以，过，，，四点的平面被唯一确定，所以四边形为平行四边形，故，所以为中点，故在线段上存在点，使得平面，且．21.【解析】【分析】（1）反证法先假设，，三点共线，由，则为中点，得到导出矛盾，假设不成立；（2）由向量点乘，找到，且三点不共线，得证是钝角三角形．【小问1详解】假设，，三点共线，由，则为中点，即①，而②，因为，所以，故②式等号不成立，这与①式矛盾．所以假设不成立，故，，三点不共线．【小问2详解】因为函数（其中）在上单调递减．，，且，所以，所以，，，，又，，则<0,所以，又因为，，三点不共线，所以，故是钝角三角形．22.【解析】【分析】（1）求得，从而问题转化为当时，恒成立，分、、进行解答即可；（2）对进行分类讨论，分为：和，利用零点存在定理结合函数的性质，即可求解.【小问1详解】，因为，恒成立，所以当时，恒成立，当时，成立，当时，成立，