云南省昭通市第一中学2024-2025学年高二上学期入学考试数学试卷

6. 如图1.平行六面体各校长为1.且乙A.AB=乙A.AD-乙RAD-60,动点P在该几何 招通一中2024年秋季学期高二年级人学考试 体内部。且满足A-:A-yAD+(1-x-y)AA.(x.y 数 学 R.划AP的最小值头 本试卷分第1卷(选择题)和第II卷(非选择题)两部分,第1卷第1页至第3 页,第lI卷第3页至第4页,考试结束后,请将本试卷和答题卡一并交回,满分150分 D. 考试用时120分钟 7. 已知定文在B上的函数fx)为偶函数,且f)在区间(-,D]上是瑁函数,记a 第1卷(选择题,共58分) #),-n)-) 1,则a.6.c的大小关系是 注意事项: C) A.ce B. he Decac 1. 答题前,考生务必用黑色碳素笔将自已的姓名、准考证号、考场号,座位号在答 8. 辅助角公式是我国清代数学家李善兰发现的用来化简三角函数的一个公式,其内容为 题卡上填写清楚 2. 每小题选出答案后,用20铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑,如雷改动, asin+beosx=osin(x).已知函数/x)=aainw+ber(其a0.beR.tan -).若VxcR./(x)=().刻下列结论正确的是 周橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号,在试题卷上作答无效 一.单项选择题(本大题共8小题,每小题5分,共40分,在每小题所给的回个选项 A./ 中,只有一项是符合题目要求的) 1. 函数/Rx)- -2+5的定义域是 .)□ B.[-5.x) A.[2.4) 上单调增 C.[-5.21 D(-*,-5][2..*) D. 过点(a.)的直线与fx)的图象一定有公共点 2. 一元二次不等式2--1c0的解集是 二、多项选择题(本大题共3小题,每小题6分,共18分,在每小题给出的选项中,有 A.*寸u(1.,*) B.) 多项是符合题目要求的,全部选对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分) 9.已知集合=12.3.5.7.11.13.17.A=12. 5.7.13.=13.7.13.17. C.(-*1)U(2.*) D.(1,) C-7.13,则下列关系正确的是 3.是数单位,复数 .2-i A(A)oB-f(AU B.C(A)-t(C8) C.AC-Bn D. (AnB)=tC L-1 B.1 _-i B.t 10. 如图2.在正方体ABCD-AB.CD.中.E.F.G分别为BC.CC.B 的中点 则 4. 若sin=-2eos.则singsin+oos]= 下列结论中正确的是 2r D. A.D.D1AF B. 点G到平面AEF的距离是点C到平面AFF的距离的2倍 5. 在△ABC中,已知/B=120,AC=/9.A8-2.则BC C. A.G/平面AFF ,.1 B. C.5 D.) 固2 高二:第:页(共4 高二茫:第页共4页) 11. 已知函数Rr)-(sinreosxl)sinx-eusx .则下列说法正确的是 16(本小题满分15分 对800名参加竞赛选拨学生的成结作统计(满分:10 A. fx)是周期函数 分),将数据分成五组,从左到右依次记为[50,60). [60. 70).[70. 80).[80.90).[90.100].并给 成如图3所示的朝率分布直方图 来 00 C.代()在区间-,-上是增诵数 (1)根据题字分布直方图估计这800名学生成绩的众 D. 涵数g(x)=f(x)+1在区间[0.2n]上至少有2个零点 数和平均数(求平均数时目一组数据用该组区间的中 点值作代表): o 6070 3000100 成 (2)现从以上各组中采用按比例分配的分层随机抽样 第II卷(非选择题.共92分) 注意事项: 的方法抽取40人,若分数在区间[70,90)的学生实际成绩的平均数与方差分别为78 分和.第三组[70.80)的学生实际成绩的平均数与方差分别为72分和1. 求第 第IlI卷用黑色碳素笔在答题卡上各题的答题区域内作答,在试题卷上作答无效 277 三、填空题(本大题共3小题,每小题5分,共15分) 四组[80.0)的学生实际成绩的平均数与方差 12. 某班男女生的比例为3:2,全班的平均身高为168cm,若女生的平均身高为150em 则男生的平均身高为 ) 13.已知函数/x]=+2+2”,若不等式/f1-a)(2+)对任意:R恒成立,则实数 17.(本小题满分15分) a的取值范明是 在一场娱乐晚会上,有5位民问歌手(1到5号)登台演唱,由现场数百名观众投票 选出最受欢迎歌手,各位现众效拨此到立地在选要上选3名歌手,其中观众甲是1号 14. 2023年10月26日神舟十七号载人飞幅在长征二号$涵十七运载火箭的托举下点火 歌手的歌述,他必选1号,不选2号,另在3至5号中随机选2名:现众乙和丙对5 升空,成功进人预定轨道,我国在航天领域取得的巨大成就,得益于我国先进的 位歌手的演唱没有偏爱,因此在1至5号中选3名歌手。 (1)求观众甲法中3号数手且观众乙未选中3号歌手的稿率: (2)X表示3号歌手得到观众甲,乙、丙的要数之和,求“X2”的事件概率 速度d(m/).其中v(m)是嘀流相对速度,m(kg)是火箭(除推选剂外)的质量 (kg)是进判与火渐质量的总和. 18.(本小题满分17分) 2000/t 如图4甲所示,在矩形ACD中,AB=3. IC=4.E.F分别在线段PC和AD上 (1)当总质比为9时,甲型火箭的最大速度为 m/: AB/EF,将矩形ABEF沿EF折起 记折起后的矩形为MVEF,且平面MNEF1平面 rCD,如图乙. ()若经过材料更新和技术改进后,甲型火箭的喷流相对速度提高到原来的,倍。 (!)求证:C/平面: 总质比为原来的号 (2)若rC-3.求证:D1FC: 若要使火箭的最大速度至少增加1000m/s则在材料更新和技 (3)求四而体C体积的最大值 术改进前总质比的最小值为 (所有结果保回整数,参考数据:hn3-1.1.27182.719)(第一空2分,第二空3分 四、解答题(共77分,解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤) 冒4 15(本小题满分13分) 19(本小题满分17分) 已知函数/2-1)-16-2 在顿角△AnC中,角A:B.C的对边分别为a:bc.且a(1-in2g)t(1-sin2) (1)求层数x)的解析式: (2)求函数y=log.f(x)的单调递增区间 (1求角C: (2)若。=2.求△ABC的面积5的取值范围 高二学π:第3页(共4 高二茫:第4页(共4页) 高二数学 ZT 参考答案·第 1 页（共 7 页） 昭通一中 2024 年秋季学期高二年级入学考试 数学参考答案 第Ⅰ卷（选择题，共 58 分） 一、单项选择题（本大题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分．在每小题所给的四个选项中，只 有一项是符合题目要求的） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 A B C C D B C D 【解析】 6．因为 1(1 ) ( )AP xAB yAD x y AA x y     R     ， ，则 1 1 1( ) ( )AP AA x AB AA y AD AA           ， 即 1 1 1A P xA B yA D     ，由平面向量共面定理可知，点 P 在 平面 1BDA 内，则 | |AP  的最小值即为点 A 到平面 1BDA 的距 离，如图 1，连接 1 1BD DA A B， ， ，因为平行六面体各棱长 为 1 ， 且 1 1 60A AB A AD BAD       ， 所 以 1 1 1BD DA A B   ，所以三棱锥 1A A BD 为正四面体，过 点 A作 AH 平面 1BDA ，因为 1A H 平面 1BDA ，所以 AH  1A H ，所以 1 2| | 3 A H   21 2 3 31 2 3 2 3         ，所以 2 2 2 1 1 3 6| | 1 3 3 AH A A A H            ，所以 | |AP  的最小 值为 6| | 3 AH  ，故选 B． 7．由函数 ( )y f x 为R上的偶函数，且在 ( 0]， 上是增函数，则该函数在[0 ) ， 上为减函 数 ， 且 有 ( ) (| |)f x f x ， 则 5 5 1log (log 2) 2 a f f      ， 1 2 2 1log (log 5) 5 b f f        ， 1 51 2 c f            ，因为 5 5 1log 2 log 5 2   ， 2 2log 5 log 2 1  ， 11 0 51 1 1 1 1 2 2 2 2                     ， 即 1 5 5 2 1log 2 log 5 2       ， 由 于 函 数 ( )y f x 在 [0 ) ， 上 为 减 函 数 ， 所 以 1 5 5 2 1(log 2) (log 5) 2 f f f            ，可得b c a  ，故选 C． 图 1 高二数学 ZT 参考答案·第 2 页（共 7 页） 8．因为 2 2( ) sin cos sin( )f x a x b x a b x      （其中 tan b a   ， 0a  ），因为 x R ， π( ) 6 f x f      ≤ ，所以 π π 2 π( ) 6 2 k k   Z ，解得 π 2 π( ) 3 k k   Z ，不妨取 π 3   ，所以 2 2 2 2π( ) sin 3 f x a b x a b        ≤ ，即 2 2π π π 1 3sin cos 6 6 6 2 2 f a b a b a b           ， 解 得 3 0b a  ， 所 以 π( ) 2 sin ( 0) 3 f x a x a       ， 则 π π π2 sin 2 2 3 f a a             ， π π π2 sin 4 4 3 f a            π π π π2 sin cos cos sin 4 3 4 3 a       2 1 2 3 2 62 2 2 2 2 2 a a             ， 所以 π π 2 4 f f           ，故 A 错误；因为 2π 2π π2 sin 0 3 3 3 f a             ，所以 ( )f x 关于点 2π 0 3       ， 对称，故 B 错误；当 π 7π 6 6 x      ， 时， 3 2 π π π 3 2 x       ， ，因为 siny x 在 π 3π 2 2      ， 上单调递减，所以 π( ) 2 sin ( 0) 3 f x a x a       在 π 7π 6 6      ， 上单调递减，故 C 错误；因为 π( ) 2 sin ( 0) 3 f x a x a       是 xR，且 2 ( ) 2a f x a ≤ ≤ 的周期函数，又 3 0b a  ，故过 点 ( )a b， 即过点 ( 3 )( 0)a a a ， 的直线与 ( )f x 的图象一定有公共点，故 D 正确，故选 D． 二、多项选择题（本大题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分．在每小题给出的选项中，有多项 是符合题目要求的．全部选对的得 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分） 题号 9 10 11 答案 ACD BC ABD 【解析】 9．因为集合 {2 3 5 7 11 13 17} {2 5 7 13} {3 7 13 17} {7 13}U A B C   ，，，， ， ， ， ，，， ， ，， ， ， ， ，可 得 {2 3 5 7 13 17}A B  ，，，， ， ， {7 13}A B  ， ， {3 11 17} {2 5 11}U UA B ， ， ， ，，  且 ( ) ( )U U U UA A B B ，    ，对于 A 中，由 ( ) ( ) {11}U UA B   ， ( ) {11}U A B  ，可得 ( ) ( ) ( )U U UA B A B    ，所以 A 正确；对于 B 中，由 ( ) ( )U U U UA A B B ，    ，可得 ( ) ( )U U U UA B    ，所以 B 不正确；对于 C 中，由 {7 13} {7 13}A C B C  ， ， ， ，可得 A C B C  ， 所 以 C 正 确 ； 对 于 D 中 ， 由 ( ) {2 3 5 11 17}U A B  ，，， ， ， {2 3 5 11 17}UC  ，，， ， ，所以 ( )U UA B C  ，所以 D 正确，故选 ACD． 高二数学 ZT 参考答案·第 3 页（共 7 页） 10．对于选项A ：因为 1AC AC ，所以 1ACC△ 不是等腰三角形，所以 1CC 与 AF 不垂直，因 为 1 1DD CC∥ ，所以 1DD 与 AF 不垂直，故选项A 错误；对于选项B ：设正方体的棱长为 2 ，设点 G 到平面 AEF 的距离与点 C 到平面 AEF 的距离分别为 1 2h h， ，则 1 1 1 3 3A GEF GEF G AEF AEF V AB S V h S    △ △ ， 2 1 1 3 3A CEF CEF C AEF AEF V AB S V h S    △ △ ， 所以 1 2 1 2 1 2 21 1 1 2 GEF CEF Sh h S        △ △ ，故选项B 正确；对于选项C ： 如图 2，取 1 1B C 的中点M ，连接 1 1GM A M BC， ， ，由题意可知： 1GM BC∥ ，因为 1BC EF∥ ，所以GM EF∥ ，GM 平面 AEF ， EF 平面 AEF ，所以GM∥平面 AEF ，因为 1A M AE∥ ， 1A M 平面 AEF ，AE 平面 AEF ，所以 1A M∥平面 AEF ，因为 1 1A M GM M A M GM  ， ， 平面 1AGM ，所以平面 AEF ∥平面 1AGM ，因为 1AG 平面 1AGM ，所以 1AG∥平面 AEF ，故选项C 正确；对 于选项D ：因为 1 1 1AD EF AG D F，∥ ∥ ，所以异面直线 1AG与 EF 所成的角为 1AD F （或 其补角），设正方体的棱长为 2，则 2 21 12 2 5 3AD D F AF AC CF    ， ， ，在 1AD F△ 中，由余弦定理可得： 2 2 2 1 1 1 1 1 8 5 9 10cos 2 102 2 2 5 AD D F AFAD F AD D F           ，故 选项D 错误，故选BC ． 11．由题意，函数 cos 2 sin cos ( ) (sin cos ) | sin cos | cos 2 sin c | o | s x x x f x x x x x x x x        ， ， ， ， ≥ 对于 A 中，函数 ( 2π) [sin( 2π) cos(| 2π |)] | sin( 2π) cos( 2π) | ( )f x x x x x f x         ，可得 ( )f x 是周期 为 2π 的函数，故 A 正确；对于 B 中，因为 1 2| ( ) | | ( ) | 2f x f x  ，可得 1 2| ( ) | | ( ) | 1f x f x  ， 此时可得 1 12 πx k ， 2 22 πx k 1 2( )k k Z， ，可得 1 21 2 ( )π 2 k kx x   ，故 B 正确；对于 C 中，由 π(0) 1 2 f f       ，可得 ( )f x 在 π π 2 2     ， 一定不是单调函数，所以 C 错误；对于 D 中，可知 3(π) π 1 2 f f        ，可得 πx  和 3 2 x  是函数 ( )f x 的零点，所以 D 正确，故 选 ABD． 图 2 高二数学 ZT 参考答案·第 4 页（共 7 页） 第Ⅱ卷（非选择题，共 92 分） 三、填空题（本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分） 题号 12 13 14 答案 174 ( 2 2) ， 4400；22 【解析】 12．设男生的平均身高为 cmx ，则根据题目条件知 3 2 159 168 3 2 3 2 x      ，即3 318 840x   ， 所以 840 318 522 174 3 3 x    ． 13 ． 因 为 2 2 2x xy x    ， 易 得 ( )f x 为 偶 函 数 ， 且 在 (0 ) ， 上 单 调 递 增 ， 则 2 2|1 | |2 | |1 | 2ax x ax x       ，所以 2 22 1 2x ax x      对任意 xR恒成立， ① 22 1x ax    对任意 xR恒成立，得 2 3 0 0 2 3 2 3x ax a          ， ② 21 2ax x   对任意 xR恒成立，得 2 1 0 0 2 2x ax a          ，①②同时成 立，则有 2 3 2 3 2 2 2 2 a a a           ， ，综上得 2 2a   ． 14．（ⅰ）由题设，甲型火箭的最大速度为 2000 ln 9 4000ln 3 4400v     m/s ；（ⅱ）由题意， 0 m 3 )2000 3 2 /s000(v    ，原甲型火箭的最大速度为 2000ln M m v ，材料更新和技术改进 后，甲型火箭的最大速度为 3000ln 2 M m  v ，所以 3000 20ln l00 n 1000 2 M M m m ≥ ，即 ln 1 3ln 2M m ≥ ，可得 1 3ln 2e 8e 22 M m   ≥ ． 四、解答题（共 77 分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15．（本小题满分 13 分） 解：（1） 2 2 2(2 1) 16 2 4(2 1) 14 4 4(2 1) 7(2 1) 3f x x x x x x x            ， 所以 2( ) 4 7 3f x x x   ． ……………………………………………………（6 分） （2） 2( ) 4 7 3 (4 3)( 1)f x x x x x      ， 所以 ( )f x 是对称轴为 7 8 x   ，开口向上的二次函数， 且 ( ) 0f x  的解集为 3( 1) 4          ， ， ， ………………………………………（8 分） 高二数学 ZT 参考答案·第 5 页（共 7 页） 故 ( )f x 在 ( 1) ， 上单调递减，在 3 4        ， 上单调递增． ……………………（9 分） 当 1a  时，函数 logay x 是增函数，故函数 log ( )ay f x 在 3 4        ， 上单调递增； ………………………………………………………………………………（11 分） 当 0 1a  时，函数 logay x 是减函数，故函数  logay f x 在 ( 1) ， 上单调递增． ………………………………………………………………………………………（13 分） 16．（本小题满分 15 分） 解：（1）根据频率分布直方图的众数的定义， 可得这 800 名学生成绩的众数为 60 70 65 2   ，………………………………………（2 分） 这 800 名学生成绩的平均数为： (55 0.030 65 0.040 75 0.015 85 0.010 95 0.005) 10 67x             （分）． …………………………………………………………………………………………（6 分） （2）根据题意，采用按比例分配的分层随机抽样的方法抽取 40 人， 各段抽取的人数分别为：12 人，16 人，6 人，4 人和 2 人， 其中分数在区间[70 90)， 的学生为 10 人，分别为 ( 1 2 10)i i  ，， ， ， 其中平均成绩与方差分别为 2u s， ，则 2 27778 5 u s ， ， 设第三组学生实际成绩分别为 ( 1 2 6)ix i  ，， ， ，其平均数和方差为 2xx s， ， 则 272 1xx s ， ， 设第四组学生实际成绩分别为 ( 1 2 3 4)iy i  ，，， ，其平均数和方差为 2 yy s， ， 由 6 72 4 78 10 y   ，可得 87y  ， 由 2 2 2 2 21 { [ ( ) ] [ ( ) ]}x ys m s x u n s y um n           ， 可得 2 2 2277 1 {6 [1 (72 78) ] 4 [ (87 78) ]} 5 6 4 y s          ，解得 2 2ys  ， 所以第四组[80 )90， 的学生实际成绩的平均数为87 与方差为 2． ………………………………………………………………………………………（15 分） 17．（本小题满分 15 分） 解：（1）设 A表示事件“观众甲选中3号歌手”， B 表示事件“观众乙选中3号歌手”， 高二数学 ZT 参考答案·第 6 页（共 7 页） 则 2( ) 3 P A  ， ……………………………………………………………………………（2 分） 3( ) 5 P B  ． ………………………………………………………………………………（4 分） ∵事件 A与 B 相互独立， A∴ 与 B 相互独立， 则 AB 表示事件“甲选中3号歌手，且乙没选中3号歌手”， 2 2 4( ) ( ) ( ) ( ) [1 ( )] 3 5 15 P AB P A P B P A P B      ∴ ． …………………………（6 分） 即观众甲选中3号歌手且观众乙未选中3号歌手的概率是 4 15 ．………………………（7 分） （2）设C 表示事件“观众丙选中3号歌手”，则 3( ) 5 P C  ， …………………………（8 分） 依题意， A，B ，C 相互独立， A，B ，C 相互独立，且 ABC ， ABC ， ABC ， ABC 彼 此互斥， 2 3 2 2 2 3 1 3 3 33( 2) ( ) ( ) ( ) 3 5 5 3 5 5 3 5 5 75 P X P ABC P ABC P ABC             ∴ ； ……………………………………………………………………………………………（10 分） 2 3 3 18( 3) ( ) 3 5 5 75 P X P ABC      ，…………………………………………………（13 分） 33 18 17( 2) ( 2) ( 3) 75 75 25 P X P X P X      ∴ ≥ ，……………………………………（14 分） 故“ 2X≥ ”的事件的概率为 17 25 ．……………………………………………………（15 分） 18．（本小题满分 17 分） （1）证明：∵四边形MNEF ， ECDF 都是矩形， ∴MN EF CD∥ ∥ ，MN EF CD  ，∴四边形MNCD 是平行四边形， ∴ NC MD∥ ， ∵ NC 平面MFD ，∴ NC∥平面MFD ．……………………………………………（5 分） （2）证明：如图 3，连接 ED，设 ED FC O ， ∵平面MNEF 平面 ECDF ，且 NE EF ， ∴ NE 平面 ECDF ，∴ NE FC ， 又 3EC AB  ，∴四边形 ECDF 为正方形， ∴ FC ED ， ∴ FC 平面 NED ， 又 ND 平面 NED ，∴ ND FC ． ………………………………………（10 分） 图 3 高二数学 ZT 参考答案·第 7 页（共 7 页） （3）解：设 NE x ，则 4EC x  ，其中 0 4x  ， 由（1）得 NE 平面 FEC ， ∴四面体 NFEC 的体积为： 2 21 1 1 1(4 ) ( 4 ) [ ( 2) 4] 3 2 2 2NFEC EFC V S NE x x x x x           △ ， 当 2x  时，四面体 NFEC 的体积最大，其最大值为 2．……………………………（17 分） 19．（本小题满分 17 分） 解：（1）由 2 2 2(1 sin 2 ) (1 sin 2 )a B b A c    ，得 2 2 2 2 2sin 2 sin 2a b c a B b A    ， 由余弦定理得 2 22 cos sin 2 sin 2ab C a B b A  ， 再由正弦定理及倍角公式得 sin sin2cos sin 2 sin 2 sin 2 sin 2 sin sin a b A BC B A B A b a B A     2sin cos 2sin cos 2sin( ) 2sinA B B A A B C     ， 得 cos sinC C ，即 tan 1C  ， 在锐角 ABC△ 中，有 π 4 C  ． ……………………………………………………（7 分） （2） 2a  ， π 4 C  ，则 1 2sin 2 2 S ab C b  ． 由正弦定理 sin sin a b A B  ，有 3π2sin sin 4 sin sin A a Bb A A       ， 3π2sin 2 sin 2 cos 2 cos4 2 sin sin sin A A A Ab A A A        ∴ ． 又 ABC△ 是锐角三角形，有 π0 2 3π π0 4 2 A A          ， ， 得 π π 4 2 A      ， ，则 tan (1 )A ， ， 所以 2 cos 11 1 (1 2) 2 sin tan AS b A A       ， ． 即 ABC△ 的面积 S 的取值范围为 (1 2)， ． …………………………………………（17 分）