精品解析：湖南省长沙市长郡中学2025-2026学年高二上学期暑假作业检测（开学）数学试题

长郡中学2025年高二暑假作业检测试卷 数学 时量：120分钟 满分：150分 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的. 1. 已知集合，，若，则实数（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 2 已知复数，则（ ） A. B. C. D. 3. 设是两个不同的平面，m是直线且，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. 函数的单调递减区间为（ ） A. B. C. D. ， 5. 为了得到函数的图象，只需把函数的图象上所有点的（ ） A. 横坐标变为原来的倍（纵坐标不变） B. 横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变） C. 纵坐标变为原来的倍（横坐标不变） D. 纵坐标变为原来的3倍（横坐标不变） 6. 已知为圆心，点是圆上一点，点是圆内部一点.若，且，则的最小值为（ ） A. 1 B. C. 2 D. 3 7. 的值为（ ） A. 1 B. C. D. 2 8 若，，且，则（ ） A. B. C. D. 二、选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.） 9. 设A，B为两个随机事件，以下命题正确的有（ ） A. 若A，B是对立事件，则 B. 若A，B是对立事件，则 C. 若A，B是互斥事件，，，则 D. 若A，B是互斥事件，，，则 10. 已知正方体棱长为1，P是上的一个动点，下列结论正确的是（ ） A. 当点P在直线上运动时，一定有 B. 当点P在直线上运动时，三棱锥的体积不变 C. 的最小值为 D. 以点B为球心，为半径的球面与平面的交线长为 11. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知的面积为12，，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 外接圆直径的最小值为 C. 值可以为 D. 的值可以为 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.） 12. 已知是定义域为奇函数，且当时，，则________． 13. 已知三棱锥的底面是以为斜边的直角三角形，平面且，设三棱锥的体积为，则三棱锥的外接球体积与之比的最小值是_____. 14. 已知向量，则当取得最大值时，____________． 四、解答题（本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 15. 如图，在棱长为2的正方体中，为的中点，为的中点． （1）求证：平面； （2）求三棱锥体积． 16. 为完善学校体育教学模式，提高学生体育与健康素养，现对某校3000名高中学生每天的运动时间进行调查，随机抽取了100名学生的调查结果.下面是根据调查结果绘制的学生每天平均运动时间（单位：分钟）的频率分布直方图，将每天平均运动时间不低于85分钟的学生称为“运动爱好者”. （1）求频率分布直方图中的值，并估计该校学生中“运动爱好者”的人数； （2）在抽取的100名学生中，随机选取了10名学生的每天平均运动时间（单位：分钟）：，已知这10个数的平均数，方差，若剔除其中的20和12两个数，求剩余8个数的平均数与方差. 17. 如图，在平面凸四边形中，. （1）求； （2）若，，求. 18. 甲、乙、丙三人进行乒乓球比赛，约定赛制如下：累计负两场者被淘汰；比赛前抽签决定首先比赛的两人，另一人轮空；每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛，负者下一场比赛轮空，直至有一人被淘汰；当一人被淘汰后，剩余的两人继续比赛，直至其中一人被淘汰，另一人最终获胜，比赛结束.经抽签，甲、乙首先比赛，丙轮空.设每场比赛双方获胜的概率都是. （1）试指出丙最终获胜的概率与的大小关系（不需给出理由）； （2）求通过四场比赛决出胜负且甲最终获胜的概率； （3）求丙最终获胜的概率. 19. 如图，在三棱锥中，底面，平面平面. （1）求证：； （2）若，，是的中点，、分别在线段、上移动. ①求与平面所成角的正切值； ②若平面，求线段长度取最小值时二面角平面角的正切值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 长郡中学2025年高二暑假作业检测试卷 数学 时量：120分钟 满分：150分 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的. 1. 已知集合，，若，则实数（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】根据集合相等列方程求解即可. 【详解】因为，，， 所以，解得. 故选：C 2. 已知复数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先由复数除法化简复数z，再由复数的模长公式即可得解. 【详解】由题， 所以. 故选：C 3. 设是两个不同的平面，m是直线且，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 【答案】B 【解析】 【分析】根据充分条件和必要条件的定义结合面面平行的判定和性质分析判断即可. 【详解】当且时，若与相交，则只需与两平面交线平行即可， 故不一定成立； 当且时，则； 故“是”的必要不充分条件. 故选：B. 4. 函数的单调递减区间为（ ） A. B. C. D. ， 【答案】A 【解析】 【分析】应用分段函数性质结合二次函数的单调性即可判断. 【详解】函数， 当时，单调递增区间为； 当时，单调递增区间为，单调递减区间为； 所以函数的单调递减区间为. 故选：A. 5. 为了得到函数的图象，只需把函数的图象上所有点的（ ） A. 横坐标变为原来的倍（纵坐标不变） B. 横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变） C. 纵坐标变为原来的倍（横坐标不变） D. 纵坐标变为原来的3倍（横坐标不变） 【答案】A 【解析】 【分析】由，根据平移法则即可解出． 【详解】因为，所以将函数的图象上所有点的横坐标变成原来的倍，纵坐标不变，即可得到函数的图象， 故选：A. 6. 已知为圆心，点是圆上一点，点是圆内部一点.若，且，则的最小值为（ ） A. 1 B. C. 2 D. 3 【答案】D 【解析】 【分析】利用向量的线性运算，结合数量积可求得，确定其取值范围，再根据数量积的运算律求解即可. 【详解】因为，， 所以，解得， 所以，即， 因为点是圆内部一点，所以，解得， 则，当且仅当时等号成立， 所以的最小值为3. 故选：D 7. 的值为（ ） A. 1 B. C. D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】利用三角函数的和差公式与倍角公式化简即可得解. 【详解】 . 故选：C. 8. 若，，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】通过对已知等式进行变形，构造，利用函数单调性来比较变量之间的大小关系，结合特殊值法，逐个判断. 【详解】已知，将等式进行移项可得. 根据对数运算法则，进一步变形为. 因为，则， 所以， 令，对求导可得，所以在上单调递增. 因为，，， 所以， 根据的单调性可知，即， 再根据对数函数的性质，所以，C错，D对； 若，此时，且， 而， 所以，则，此时，排除A， 若，此时，且， 若时，，必有，排除B； 故选：D. 二、选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.） 9. 设A，B为两个随机事件，以下命题正确的有（ ） A. 若A，B是对立事件，则 B. 若A，B是对立事件，则 C. 若A，B是互斥事件，，，则 D. 若A，B是互斥事件，，，则 【答案】BD 【解析】 【分析】由对立事件的性质及概率的性质判断A、B；根据互斥事件的加法公式求判断C、D. 【详解】对于A，若A，B对立事件，则， 则，， 于是，故A错，B对； 对于C，若A，B是互斥事件，，，则，C错； 对于D，若A，B是互斥事件，，，则，D对. 故选：BD 10. 已知正方体棱长为1，P是上的一个动点，下列结论正确的是（ ） A. 当点P在直线上运动时，一定有 B. 当点P在直线上运动时，三棱锥的体积不变 C. 的最小值为 D. 以点B为球心，为半径的球面与平面的交线长为 【答案】ABD 【解析】 【分析】A根据正方体的结构特征及线面垂直的判定和性质判断；B先证明平面，再由三棱锥体积公式判断；C将平面翻折到平面上，连接，与的交点即为点，应用余弦定理求判断；D根据已知求相关线段长度，再确定交线轨迹，即可求长度. 【详解】A，由平面，平面，则， 又，，平面，则平面， 平面，则，同理，且都在平面， 所以平面，平面，则，故A正确； B，如图，由，，则为平行四边形， 所以，平面，平面，则平面， ∴点到平面的距离为定值，又为定值，则为定值， 即三棱锥的体积不变，故B正确； C，如图，将平面翻折到平面上，连接，与的交点即为点， 此时取最小值，在中， ，故C错误； D，如图，由于平面，设与平面交于点， 由等体积法，， ∴，可得， 设以为球心，为半径球与平面交线上任一点为， ∴，则， ∴点在以点为圆心，为半径的圆上， ∴交线长为，故D正确. 故选：ABD 11. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知的面积为12，，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 外接圆直径的最小值为 C. 的值可以为 D. 的值可以为 【答案】ABD 【解析】 【分析】由题可得.对于A，由题可得，，，，然后由正弦定理可得；对于B，由余弦定理结合基本不等式，可得，结合，可得，进而可得的最大值为，最后由正弦定理可得外接圆直径的最小值.对于C，方法1，由B分析可得，又，可将化为，可得其最值，可判断选项正误；方法2，如图以中点为坐标原点建系，则可设，则，据此可得范围，可判断选项正误；对于D，法1，由，可得或，分别验证可判断选项正误；法2，由C分析法2可判断选项正误. 【详解】因为的面积为12，所以，故. 对于A，若，则，则，故. 因为，故，故，故. 由正弦定理得，故，故A正确； 对于B，由余弦定理可得， 所以，即，当且仅当时等号成立. 而，故，故， 整理得，又， 因为，故，故的最大值为，当且仅当时等号成立， 由正弦定理得，所以的最小值为.故B正确； 对于C，方法1， 故，故C错误； 方法2，如图以中点为坐标原点建系，则可设， 则，若，则， 若， ，当且仅当时取等号. 若，，当且仅当时取等号. 综上，，令，，. 由双勾函数性质，可得， 即，故C错误； 对于D，若，则可得或， 方法1，若，则，消去c得：. 所以，整理得，但，故矛盾，即不成立； 若，则，消去b得：. 所以，整理得， 结合可得，， 此时，，故D正确. 方法二：由C分析可知，不满足题意，满足题意，此时， ，，故D正确. 故选：ABD. 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.） 12. 已知是定义域为的奇函数，且当时，，则________． 【答案】 【解析】 【分析】求出的值，利用奇函数的性质可求得的值. 【详解】因为函数是定义域为的奇函数，且当时，， 则，故. 故答案为：. 13. 已知三棱锥的底面是以为斜边的直角三角形，平面且，设三棱锥的体积为，则三棱锥的外接球体积与之比的最小值是_____. 【答案】 【解析】 【分析】根据垂直关系，可得球心位置以及半径，即可根据体积公式，结合基本不等式求解. 【详解】取的中点分别为，连接， 由于平面，平面，则， 又，所以平面，平面，故， 故均为直角三角形，设，故，故是三棱锥的外接球的球心，且半径为， 故，当且仅当时等号成立，故体积之比的最小值为 故答案为： 14. 已知向量，则当取得最大值时，____________． 【答案】5 【解析】 【分析】先运用向量坐标运算得到的坐标，再分别设，与轴的夹角为，，然后将用，表示出来，再用基本不等式求函数取得最大值时的. 【详解】由 ，得，代入 和 ， ，所以， 设为 与 x 轴正方向的夹角，则， 设为 与 x 轴正方向的夹角，则 ， 夹角 ，其正切值为， 所以，令， 当时，， 当且仅当，即时，取到最大值， 又当时，， 综上：当时，取到最大值，即取到最大值. 故答案为：5. 四、解答题（本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 15. 如图，在棱长为2的正方体中，为的中点，为的中点． （1）求证：平面； （2）求三棱锥的体积． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】(1)利用中位线的性质、线面平行的判定定理即可证明；(2)利用等体积法求解即可. 【小问1详解】 如图，连接交于点，再连接, 在中，为中点，为的中，所以, 且平面，平面,所以平面. 【小问2详解】 因为该几何体为正方体，所以点到平面的距离等于， 所以点到平面的距离等于， 根据等体积法可知. 16. 为完善学校体育教学模式，提高学生体育与健康素养，现对某校3000名高中学生每天的运动时间进行调查，随机抽取了100名学生的调查结果.下面是根据调查结果绘制的学生每天平均运动时间（单位：分钟）的频率分布直方图，将每天平均运动时间不低于85分钟的学生称为“运动爱好者”. （1）求频率分布直方图中的值，并估计该校学生中“运动爱好者”的人数； （2）在抽取的100名学生中，随机选取了10名学生的每天平均运动时间（单位：分钟）：，已知这10个数的平均数，方差，若剔除其中的20和12两个数，求剩余8个数的平均数与方差. 【答案】（1），600 （2），方差为 【解析】 【分析】（1）由所有矩形的面积之和为1求得，先根据图表求出“运动爱好者”的频率，再根据学生总人数估计“运动爱好者”人数； （2）由10个数的平均数得到10个数的和，利用剩余8个数平均数与这个和的关系求平均数；由10个数的方差得到10个数的平方和，利用剩余8个数的方差与这个平方和的关系求方差. 【小问1详解】 由频率分布直方图可知， ，解得. 每天平均运动时间不低于85分钟的频率估计为0.0025×20+（100-85）×0.01=0.2， 故该校学生中“运动爱好者”的人数估计为3000×0.2=600. 【小问2详解】 ， 剔除其中的20和12两个数， 剩余8个数平均数. 因为 ， 则， 方差为. 17. 如图，在平面凸四边形中，. （1）求； （2）若，，求 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先把正切转化为正弦余弦的比，通分后用两角和正弦公式，结合诱导公式，约去相同部分，得出角的余弦值，进而求出角的大小； （2）由已知边和角，判断出等边三角形，在三角形里用正弦定理，结合角的关系转化边长，最后用余弦定理算出所求边的长度即可. 【小问1详解】 ，， 故， 由两角和的正弦公式可得， 又在中，，， 故，由三角形内角范围知. 【小问2详解】 ，，为边长为4的等边三角形， 中，，由正弦定理得，， 在中，由于， ，，，故， 在中，由余弦定理得， 即，化简得，,即. 18. 甲、乙、丙三人进行乒乓球比赛，约定赛制如下：累计负两场者被淘汰；比赛前抽签决定首先比赛的两人，另一人轮空；每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛，负者下一场比赛轮空，直至有一人被淘汰；当一人被淘汰后，剩余的两人继续比赛，直至其中一人被淘汰，另一人最终获胜，比赛结束.经抽签，甲、乙首先比赛，丙轮空.设每场比赛双方获胜的概率都是. （1）试指出丙最终获胜的概率与的大小关系（不需给出理由）； （2）求通过四场比赛决出胜负且甲最终获胜的概率； （3）求丙最终获胜的概率. 【答案】（1）丙最终获胜的概率大于 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）先利用独立事件乘法公式和互斥事件加法公式求出甲最终获胜的概率，又由甲、乙最终获胜的概率相等，利用对立事件概率公式求解丙最终获胜的概率，即可判断. （2）利用独立事件乘法公式直接求解即可. （3）先利用独立事件乘法公式和互斥事件加法公式求出甲最终获胜的概率，又由甲、乙最终获胜的概率相等，利用对立事件概率公式求解即可. 【小问1详解】 丙最终获胜的概率大于. 设甲最终获胜为事件N，则甲最终获胜的概率为 . 又由甲、乙最终获胜的概率相等，故丙最终获胜的概率为. 易知，所以丙最终获胜的概率大于. 【小问2详解】 设甲输为事件A，乙输为事件B，丙输为事件C， 通过4场比赛决出胜负且甲最终获胜即甲连胜四局，故所求的概率为. 【小问3详解】 设甲最终获胜为事件N，则甲最终获胜的概率为 . 又由甲、乙最终获胜的概率相等，故丙最终获胜的概率为. 19. 如图，在三棱锥中，底面，平面平面. （1）求证：； （2）若，，是的中点，、分别在线段、上移动. ①求与平面所成角的正切值； ②若平面，求线段长度取最小值时二面角平面角的正切值． 【答案】（1）证明见解析 （2）①② 【解析】 【分析】（1）过点在平面内作，垂足为点，利用面面垂直的性质可得出平面，推导出，利用线面垂直的判定定理可得出平面，再利用线面垂直的性质可证得结论成立； （2）①由（1）知为与平面所成角，计算出的长，即可求出的正切值，即为所求； ②过在平面内作的垂线，垂足为，过作，交于点，推导出平面，设，求出，利用勾股定理可得出关于的表达式，结合二次函数的基本性质可求出取最小值时对应的的值，求出、的值，利用二面角的定义可知二面角的平面角为，求出其正切值即可. 【小问1详解】 过点在平面内作，垂足为点， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，，因为平面，所以， 因为平面，平面，所以， 因为，、平面，所以平面， 又平面，所以. 【小问2详解】 由（1）得平面， 所以为在平面的射影，为与平面所成角， 在中，， 在直角中，， 所以与平面所成角的正切值为. ②过在平面内作的垂线，垂足为，过作，交于点， 因为平面，平面，所以， 又因为，、平面，所以， 因为平面，平面，所以平面，同理平面， 因为，、平面，所以平面平面， 因为平面，所以平面， 设，，且，则，所以，， 所以，，， 因为平面，平面，所以，， 因为为的中点，则，所以，， 所以，， 所以，， 在直角中，，其中， 因为二次函数在上单调递增， 当时，，即， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以， 因为，，所以， 因为，、平面，所以平面， 因为平面，所以，故二面角的平面角为， 因为平面，平面，所以， 因为，所以，即为的中点，所以，， ，故二面角的正切值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$