2024-2025学年贵州省遵义市高二上学期入学考试数学检测试题合集2套（附解析）

2024-2025学年贵州省遵义市高二上学期入学考试数学检测试题（一）一、单选题（本大题共8小题）1．已知集合，，则（

）A． B． C． D．2．若复数满足（为虚数单位），则的虚部为（

）A． B． C． D．23．若，，，则，，的大小关系为（

）A． B． C． D．4．“幸福指数”是某人对自己目前生活状态满意程度的自我评价指标，常用区间内的一个数来表示，该数越接近10表示满意程度越高.现随机抽取10位市民，他们的幸福感指数分别为5，6，7，8，7，9，4，5，8，9，则下列说法错误的是（

）A．该组数据的中位数为7 B．该组数据的平均数为7.5C．该组数据的第60百分位数为7.5 D．该组数据的极差为55．已知一圆柱的底面半径为2，体积为，若该圆柱的底面圆周都在球的表面上，则球的表面积为（

）A． B． C． D．6．已知空间中两个不重合的平面和平面，直线平面，则“”是“”的（

）A．充分必要条件 B．充分不必要条件C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件7．已知向量，满足，，，则在上的投影向量为（

）A． B． C． D．8．已知函数为定义在上的偶函数，，，，且，，则不等式的解集为（

）A． B．C． D．二、多选题（本大题共3小题）9．下列函数中最小值为4的是（

）A． B．C． D．10．已知函数（其中e为自然对数的底数），若存在实数满足，且，则下列说法正确的有（

）A．在上单调递减B．的值域为C．的取值范围是D．11．在正四棱台中，，，点在四边形内，且正四棱台的各个顶点均在球的表面上，则（

）A．该正四棱台的高为3 B．球的表面积为C．该正四棱台体积为56 D．动点的轨迹长度是三、填空题（本大题共3小题）12．若，不等式恒成立，则的取值范围为.13．已知为所在平面内一点，且，连接，点在线段上且.若，则.14．已知为所在平面内一点，且点满足，，则.四、解答题（本大题共5小题）15．已知向量，，其中，.(1)求，；(2)求与的夹角的余弦值.16．某学校为提高学生对《红楼梦》的了解，举办了“我知红楼”知识竞赛，现从所有答卷卷面成绩中随机抽取100份作为样本，将样本数据（满分100分，成绩均为不低于40分的整数）分成六段：40,50，50,60，…，90,100，并作出如图所示的频率分布直方图.(1)求频率分布直方图中的值.(2)求样本数据的第62百分位数.(3)已知样本数据落在50,60的平均数是52，方差是6；落在60,70的平均数是64，方差是3.求这两组数据的总平均数和总方差.17．如图，已知四棱锥中，底面是正方形，为侧棱的中点.(1)求证：∥平面；(2)已知为棱上的点，若∥平面，求证：是的中点.18．在中，内角所对的边分别是，，.(1)求角；(2)若为锐角三角形，求面积的取值范围；(3)如图，为平面上一点，且四点共圆，，求四边形的周长的最大值.19．已知函数.(1)若为的一个内角，且恒成立，求实数的取值范围；(2)若，对于，总成立，求实数的取值范围.

参考答案1．【答案】D【分析】由对数函数求出定义域化简集合B，再利用并集的意义求解即得.【详解】依题意，，而，所以.故选：D2．【答案】B【分析】由通过复数运算求出，再根据共轭复数的定义求出，最后根据复数概念求出的虚部.【详解】由，则，因此，所以的虚部为.故选：B.3．【答案】D【分析】利用指数函数和对数函数的性质比较与0，1的大小，从而可比较出大小关系【详解】，，所以故选：D4．【答案】B【分析】根据中位数，平均数，百分位数，极差的求法进行求解即可.【详解】首先对10位市民的幸福感指数按从小到大的顺序进行排序：4，5，5，6，7，7，8，8，9，9，该组数据的中位数为第五个和第六个数据的平均值7，因此A说法正确；该组数据的平均数为，因此B说法不正确；又，因此该组数据的第60百分位数为，因此C说法正确；又该组数据最大为9，最小为4，因此极差为，因此D说法正确；故选：B.5．【答案】B【分析】先计算出圆柱的半径，再由勾股定理求出球的半径，最后计算球的表面积即可；【详解】设圆柱的高为，底面半径为，由题意可得，因为该圆柱的底面圆周都在球的表面上，设球的半径为，则，即，所以球的表面积为，故选：B.6．【答案】C【分析】利用充分条件、必要条件的定义，结合面面平行的判定判断即可.【详解】当平面和平面相交时，平面内的直线平行于平面和平面的交线，满足，即不能推出，反之，若，直线平面，则，所以“”是“”的必要不充分条件.故选：C7．【答案】C【分析】由条件，根据向量的模的性质和数量积的运算律求，再求，结合投影向量定义可得结论.【详解】因为，所以，所以又，，所以，所以，所以在上的投影向量为.故选：C.8．【答案】D【分析】由已知，可得，设，则函数在上单调递减，则不等式即，则，又函数为定义在上的偶函数，则得到不等式的解集.【详解】由题意，，，则，由，得，即，因为，，得，即，设，则函数在上单调递减，又，则，则不等式，即，则，所以，又函数为定义在R上的偶函数，所以当时，，又，所以不等式的解集为.故选：D.【点睛】关键点点睛：由，可构造函数，可得在上单调递减，可利用单调性解出不等式.9．【答案】CD【分析】根据基本不等式成立的条件“一正二定三相等”，逐一验证可得选项.【详解】对于A：当时，，故A错误；对于B：令，则，，当且仅当时取等号，故B错误；对于C：，当且仅当时取等号，故C正确；对于D：由题意得，故，当且仅当时取等号，故D正确.故选：CD.10．【答案】BCD【分析】作出函数的图象，即可判断出选项AB，根据函数与方程的思想可知，函数与函数图像有三个交点，得出之间的关系即可判断选项CD从而得出结果.【详解】作出的图象如下：对于选项A，由图象可知在和上分别单调递减，但在其并集上不具有单调性，故A说法错误；对于选项B，根据图像即可得函数的值域是，故选项B正确；对于选项D，令，即与函数图像有三个交点，由图可知，故，选项D正确；对于选项C，由，且，可得，则；令，解得，令，解得；由图象可得，，所以，故的取值范围是，选项C正确.故选：BCD11．【答案】BCD【分析】对于A，取正方形的中心，正方形的中心，连接，，，过点作于点，则为正四棱台的高，根据已知条件计算判断，对于B，外接球球心在直线上，连接，，利用勾股定理列方程求出外接球半径，从而可求出球的表面积，对于C，利用棱台的体积公式计算判断，对于D，求出，可得点的轨迹为以为圆心，以为半径的圆，从而可求出动点的轨迹长度.【详解】对于A，取正方形的中心，正方形的中心，连接，，，则平面，过点作于点，则平面，，，∵，，∴，，故，，∴，∵，由勾股定理得，故A错误；对于B，正四棱台外接球球心在直线上，连接，，则，如图所示.设，则，由勾股定理得，∴，解得，则，故表面积，故B正确；对于C，正四棱台的体积，故C正确；对于D，如图所示，，勾股定理得故点的轨迹为以为圆心，以为半径的圆，且刚好与边、相切，故轨迹长度为，故D正确.故选：BCD.【点睛】关键点点睛：此题考查棱台的有关计算，考查棱台的外接球问题，解题的关键是根据题意找出外接球的球心，从而可求出外接球的半径，考查空间想象能力和计算能力，属于较难题.12．【答案】【分析】分离参数得，令，求出函数在上的最大值即可求解.【详解】，不等式恒成立，则，即，恒成立，令，由图知在上单调递减，在上单调递增，又，故，则.故答案为：.

13．【答案】/0.5【分析】根据平面向量的线性运算可得.【详解】如图，由题意可知，由可得，又，所以，故，又，故，，，故答案为：14．【答案】【分析】应用向量的数量积的定义计算即可求出夹角.【详解】因为，所以,所以，所以,所以所以,所以.故答案为：.15．【答案】(1)，；(2)【分析】（1）根据向量数量积的坐标运算求出，向量坐标的加法运算求出再求模长即可；（2）求出、的坐标，再由向量夹角的坐标运算可得答案.【详解】（1），，；因为，所以；（2）由（1），，因为，所以，所以所以与的夹角的余弦值为.16．【答案】(1)(2)分(3)，【分析】（1）根据每组小矩形的面积之和为1列式即可求解；（2）由频率分布直方图求第百分位数的计算公式即可求解；（3）利用分层抽样的平均数和方差的计算公式即可求解.【详解】（1）由，解得；（2）因为，，所以样本数据的第62百分位数在内，可得，所以样本数据的第62百分位数为分；（3）样本数据落在50,60的个数为，落在60,70的个数为，，总方差.17．【答案】(1)证明见详解(2)证明见详解【分析】（1）设，再证明∥，结合线面平行的判定定理分析证明；（2）根据题意可证平面∥平面，结合面面平行的性质定理分析证明.【详解】（1）设，连接，因为是平行四边形，可知为的中点，又因为为侧棱的中点，则∥，且平面，平面，故∥平面.（2）由（1）可知：∥，且平面，平面，所以∥平面，又因为∥平面，且，平面，所以平面∥平面，且平面平面，平面平面，可得∥，又因为为BD的中点，所以为的中点.18．【答案】(1)；(2)面积的取值范围为；(3)四边形的周长的最大值为.【分析】（1）由条件，结合，利用两角和正弦公式化简可得；（2）由条件结合正弦定理可得，，利用三角形面积公式表示面积并化简可得，结合正切函数性质及范围可求结论；（3）由条件利用余弦定理解三角形可求，结合平面几何知识求，再利用余弦定理结合基本不等式求的最大值，由此可得结论.【详解】（1）因为，，所以，所以，所以，所以，又，，所以，所以，又B∈0,π故.（2）由正弦定理可得，又，，所以，，所以的面积，所以，因为为锐角三角形，所以，，又，所以，所以，故，所以，所以面积的取值范围为.（3）因为，，故，又，由余弦定理可得，所以，即，因为四点共圆，，所以，在中，由余弦定理可得，所以，所以，由基本不等式可得，当且仅当时等号成立，所以，当且仅当时等号成立，所以，当且仅当时等号成立，所以当时，四边形的周长取最大值，最大值为.19．【答案】(1)(2)【分析】（1）化简可得，可得其单调性，求得，进而可求实数的取值范围；（2）由题意可求得，当时，，当时，，根据题意有，据此计算可求得实数的取值范围.【详解】（1），当在上单调递增，因为为的一个内角，所以，所以，，即，因为恒成立，所以，所以实数的取值范围为；（2）因为，又在上单调递增，所以，即，所以，，且，所以，当时，，当时，，若，对于，总成立，则，①当时，可得，所以，所以，解得，②当时，可得，所以，所以，解得，综上所述：实数的取值范围为.2024-2025学年贵州省遵义市高二上学期入学考试数学检测试题（二）一、单选题（本大题共8小题）1．设集合，，则（

）A． B． C． D．2．已知函数，则（

）A．0 B．1 C． D．3．已知向量，，若，则（

）A． B． C． D．4．设a，b是实数，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5．某小组做“用频率估计概率”的试验时，绘出的某一结果出现的频率折线图，则符合这一结果的试验可能是（

）A．抛一枚硬币，出现正面朝上B．掷一个正方体的骰子，出现3点朝上C．从一个装有2个红球1个黑球的袋子中任取一球，取到的是黑球D．一副去掉大小王的扑克牌洗匀后，从中任抽一张牌的花色是红桃6．已知一个圆锥的高为6，底面半径为8，现在用一个过两条母线的平面去截圆锥，得到一个三角形，则这个三角形面积的最大值为（

）A．100 B．50 C．48 D．247．设集合A＝{1,2}，B＝{1,2,3}，分别从集合A和B中随机取一个数a和b，确定平面上的一个点P(a，b)，记“点P(a，b)落在直线x＋y＝n上”为事件(2≤n≤5，n∈N)，若事件的概率最大，则n的所有可能值为（

）A．3 B．4 C．2和5 D．3和48．如图，在中，，，是边的中点，过点作于点，延长交于点，则（

）

A． B． C． D．二、多选题（本大题共3小题）9．已知函数，给出的下列四个选项中，正确的是（

）A．函数的最小正周期是B．函数在区间上是单调递减函数C．函数的图象关于点对称D．函数的图象可由函数的图象向左平移个单位，再向下平移1个单位得到10．甲、乙两人在一次射击比赛中各射靶5次，两人成绩的条形统计图如图所示，则（

）A．甲的成绩的平均数小于乙的成绩的平均数B．甲的成绩的平均数等于乙的成绩的平均数C．甲的成绩的第80百分位数等于乙的成绩的第80百分位数D．甲的成绩的极差等于乙的成绩的极差11．如图，已知棱长为2的正方体中，点在线段上运动，现给出下列结论，则正确的选项为（

）

A．直线与直线所成角的大小不变B．平面平面C．点到平面的距离为定值D．存在一点，使得直线与平面所成角为三、填空题（本大题共3小题）12．已知样本数据的平均数为8，方差为32，由这组数据得到新样本数据，其中，则得到的新样本数据的平均数和方差分别是和．13．若z为复数，且，则的最小值是．14．印章是我国传统文化之一，根据遗物和历史记载，至少在春秋战国时期就已出现，其形状多为长方体､圆柱体等，陕西历史博物馆收藏的“独孤信多面体煤精组印”是一枚形状奇特的印章（如图1），该形状称为“半正多面体”（由两种或两种以上的正多边形所围成的多面体），每个正方形面上均刻有不同的印章（图中为多面体的面上的部分印章）.图2是一个由18个正方形和8个正三角形围成的“半正多面体”（其各顶点均在一个正方体的面上），若该多面体的棱长均为1，且各个顶点均在同一球面上，则该球的表面积为.四、解答题（本大题共5小题）15．本学期初，某校对全校高二学生进行数学测试，并从中随机抽取了100名学生的成绩，被抽取的成绩全部介于40分到100分之间（满分100分），将统计结果按照如下方式分成六组：第一组，第二组，…，第六组，画出频率分布直方图如图所示.(1)求频率分布直方图中的值；(2)求该样本的中位数；(3)为进一步了解学生的学习情况，从分数位于的学生中，按照第二组，第三组，第四组分层抽样6人，再从6人中任取2人，求此2人分数不在同一组内的概率.16．已知四棱锥，，，平面，，，直线与平面所成角的大小为，是线段的中点.(1)若，求证：平面.(2)求点到平面的距离．17．请从下面三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并解答.①；②；③，在中，内角，，的对边分别是，，，若.(1)求角；(2)若，求周长的取值范围.18．为了增添学习生活的乐趣，甲、乙两人决定进行一场投篮比赛，每次投1个球．先由其中一人投篮，若投篮不中，则换另一人投篮；若投篮命中，则由他继续投篮，当且仅当出现某人连续两次投篮命中的情况，则比赛结束，且此人获胜．经过抽签决定，甲先开始投篮．已知甲每次投篮命中的概率为，乙每次投篮命中的概率为，且两人每次投篮的结果均互不干扰．(1)求甲、乙投篮总次数不超过4次时，乙获胜的概率；(2)求比赛结束时，甲恰好投了2次篮的概率．19．克罗狄斯、托勒密(ptolemy)所著的《天文集》中讲述了制作弦表的原理，其中涉及如下定理：任意平面凸四边形(所有内角都小于180°的四边形)中，两条对角线的乘积小于或等于两组对边乘积之和，当且仅当对角互补时取等号．已知圆O是凸四边形ABCD的外接圆，其中．(1)若圆O的半径为r，且，(ⅰ)求的大小；(ⅱ)求的取值范围(用r表示)．(2)若，求线段BD长度的最大值．

参考答案1．【答案】B【分析】根据交集的定义直接求解即可.【详解】因为，，所以.故选B.2．【答案】A【分析】根据自变量范围代入相应解析式计算可得.【详解】因为，所以.故选A.3．【答案】C【分析】利用向量垂直的坐标表示可得答案.【详解】已知向量，，若，则，解得.故选C.4．【答案】D【分析】利用充分性和必要性知识解决即可．【详解】若，则不能判断正负，则推不出.若，即，即也推不出．故“”是“”的既不充分也不必要条件．故选D.5．【答案】C【分析】依次计算4个选项的概率即可判断.【详解】对于A：硬币正面朝上的概率为，故A错误；对于B：3点朝上的概率为，故B错误；对于C：取到的是黑球的概率为，故C正确；对于D：花色是红桃的概率为，故D错误.故选C.6．【答案】B【分析】首先求出母线长，即可求出，由二倍角公式求出，过圆锥的两条母线，作一个截面，求出截面面积的最大值.【详解】如图，在圆锥中，，，所以圆锥的母线，则在轴截面中，，，所以，所以，所以，设，则，所以的面积，所以当时，截面面积有最大值，最大值为.故选B.7．【答案】D【详解】点P的所有可能值为(1,1)，(1,2)，(1,3)，(2,1)，(2,2)，(2,3)．当n＝2时，P点可能是(1,1)；当n＝3时，P点可能是(1,2)，(2,1)；当n＝4时，P点可能是(1,3)，(2,2)；当n＝5时，P点可能是(2,3)．即事件的概率最大.故选D.8．【答案】C【分析】设，依题意可得，根据数量积的运算律求出，从而得到.【详解】方法一：设，∵，∴，又是边的中点，∴，∴，∴，∴，∵，，∴，且，∴，，，代入得，解得，∴，∴.方法二：∵，，∴为等腰直角三角形，又∵为中线，∴，∴.∵，∴，∴，即，∴.过点作交于点，∴，∵，设，则，∴，解得，∴.

故选C.9．【答案】ABD【分析】根据三角函数的图象和性质可判断ABC的真假；根据函数的图象变换可判断D的真假.【详解】对于A：由，可得函数的最小正周期是，故A正确；对于B：由（）得（）.令，得，所以函数在区间上是单调递减函数，故B正确；对于C：因为，所以函数的图象关于点对称，故C错误；对于D：将函数的图象向左平移个单位，可得的图象，再向下平移1个单位，得的图象，即为函数的图象，故D正确.故选ABD.10．【答案】BCD【分析】利用条形图，根据平均数、百分位数、极差的概念可得答案.【详解】由图可得，,,故A错误，B正确；甲的成绩的第80百分位数，乙的成绩的第80百分位数，所以二者相等，故C正确；甲的成绩的极差为4，乙的成绩的极差也为4，故D正确．故选BCD.11．【答案】ABC【分析】求得直线与直线所成角判断A；利用面面垂直判定定理判断B；求得到平面的距离判断C；求得直线与平面所成角的范围判断D.【详解】连接，则在正方体中，，平面，可得平面,又平面，则，则直线与直线所成角的大小不变，故A正确；连接，在正方体中，易得平面.又平面，则平面平面，故B正确；由平面，平面，可得平面，则点到平面的距离相等，设该距离为d，由，可得，解得，则点到平面的距离为定值，故C正确；在正方体中，直线与平面所成角为，在中，，，则，由为锐角，，则.故不存在一点，使得直线与平面所成角为，故D错误.

故选ABC.12．【答案】【分析】由平均数和方差的定义及性质即可求解.【详解】由题意，样本数据的平均值，方差，因为新数据中，所以新数据的平均值，方差.13．【答案】【分析】首先根据题意得到复数到的距离与到的距离相等，即复数在虚轴上.再设出，计算的最小值即可.【详解】因为复数满足，所以在复平面内，复数到的距离与到的距离相等.即复数在虚轴上，设，.，所以的最小值为.14．【答案】【分析】根据几何体的结构特征确定其外接球球心位置，根据已知求球体半径，进而求球体表面积.【详解】由对称性知：该多面体的各顶点在棱长为的正方体的表面上，如图，设其外接球的球心为，正方形的中心为，则点到平面的距离，又，所以该多面体外接球的半径，故该球的表面积为.15．【答案】(1)(2)75(3)【分析】（1）由频率分布直方图中所有小矩形面积之和为1列方程即可求解；（2）结合频率分布直方图和中位数的定义即可求解；（3）通过列举法和对立事件即可求得概率.【详解】（1）由频率分布直方图可得，解得；（2）设中位数为该样本的中位数为，所以，解得；（3）由分层抽样知，第二组中抽1人，记作，第三组中抽2人，记作，第四组中抽3人，记作，这6人中抽取2人有，，，，，，，，，，，，，，，共个样本点；2人来自同一组的有，，，共4个样本点，所以2人来自不同组的概率.16．【答案】(1)证明见详解(2)【分析】（1）先证明为平行四边形，然后结合线面平行判定定理可证；（2）记上靠近点的三等分点，利用等体积可得.【详解】（1）连接，因为，，，所以，且，所以四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面.（2）因为平面，，所以平面，所以在平面内的射影为，所以与的夹角为，记上靠近点的三等分点为，连接，则，且，所以四边形为平行四边形，所以，所以，又平面，平面，平面，所以，因为，，所以，所以，，所以，所以，所以，因为平面，平面，所以平面平面，又为的中点，，所以，因为平面平面，平面，所以平面，易知为的中点，所以，又平面，平面，所以平面，所以点和点到平面的距离相等，记为，由得,即，解得.17．【答案】(1)(2)【分析】（1）分别选择①，②，③，利用正弦定理和余弦定理边角互化，借助于三角形内角和与诱导公式化简，最后通过观察三角函数图象即可求出角；（2）利用正弦定理化边为角表示，把三角形的周长整理成关于内角的正弦型函数，结合正弦函数的性质即可求得三角形周长的范围.【详解】（1）选择①，，由正弦定理得，即，由余弦定理得，因为，所以；选择②，，因为，所以，整理得，因为，，所以，因为，所以；选择③，由可得，，由正弦定理得，因为,，所以，因为，所以