湖南长沙市长郡中学2026-2027学年高二上学期暑假作业检测数学试卷

2026年高二暑假作业检测试卷 数学 时量：120分钟　　满分：150分 得分__________ 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，只有一项是符合题目要求的） 1．复数的共轭复数是 A． B． C． D． 2．某校高一、高二、高三的住校生人数分别为120，180，150，为了解他们对学校宿舍的满意程度，按人数比例用分层抽样的方法抽取90人进行问卷调查，则高一、高二、高三被抽到的住校生人数分别为 A．12，18，15 B．20，40，30 C．24，36，30 D．25，35，30 3．（★）若，均为单位向量，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．（★） A．0 B． C．2 D． 5．从分别写有1，2，3，4，5，6的6张卡片中无放回随机抽取2张，则抽到的2张卡片上的数字之积是4的倍数的概率为 A． B． C． D． 6．如图，平行六面体中，以为顶点的三条棱长均为2，且两两之间的夹角都是，则 A．4 B． C． D． 7．（★）设函数，则不等式的解集为 A． B． C． D． 8．在中，内角，，所对的边分别为，，，若的平分线交边于点，满足，且，则的值为 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，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9．（★）某批产品检验后的评分，由统计结果制成如图所示的频率分布直方图，下列说法中正确的是 A． B．评分的众数估值为70 C．评分的第25百分位数估值为67.5 D．评分的平均数估值为76 10．已知正实数，满足，则 A． B． C． D． 11．在平面四边形中，，，，，其中．若，则 A． B． C．的最大值为 D．的最大值为 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12．已知5个数为：1，2，3，4，5，则这5个数的方差为________． 13．（★）已知函数为奇函数，则________． 14．在正方体中，，以的边所在直线为旋转轴将旋转一周，则在旋转过程中，点到平面的距离的取值范围是________． 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．（本小题满分13分） 在平面直角坐标系中，已知向量，． （1）求向量与向量的夹角； （2）若向量满足且，求的坐标； （3）若向量与的夹角是钝角，求实数的取值范围． 16．（★）（本小题满分15分） 已知函数，，函数图象的两条相邻对称轴间的距离为． （1）求函数的解析式； （2）若函数在区间上单调递增，求实数的最大值； （3）若，，求实数的取值范围． 17．（本小题满分15分） 如图，在平面四边形中，，，． （1）若的面积为，求的长； （2）若，，求的大小． 18．（本小题满分17分） 如图，在三棱柱中，，，，是棱的中点． （1）证明：平面； （2）若，求直线与平面所成线面角的大小； （3）若三棱锥的体积为，求平面与平面的夹角． 19．（本小题满分17分） 对于定义在实数集上的函数，若存在满足，则称为的一阶不动点；若满足，则称为的二阶不动点．记的一阶不动点集合为，二阶不动点集合为．已知． （1）当时，求集合与； （2）若，求实数的取值范围； （3）证明：对任意，不存在定义在上的函数，使得，对任意恒成立． 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年高二暑假作业检测试卷 数学参考答案 一、二、选择题 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 A C C B C D B D AC ACD ABD 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12．2 13． 14． 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．【解析】（1）， 因为，所以． 4分 （2）因为，，所以可设，由，可得，解得， 当时，；当时，， 所以或． 8分 （3）因为向量与的夹角是钝角，所以且与不共线， 由题可得，， 由，可得，解得， 12分 若与共线，则，解得， 所以当与不共线时，， 综上可得，． 13分 16．【解析】（1）由，且，得， 因为函数图象的两条相邻对称轴间的距离为，故周期， 由，得． 因此，函数的解析式为． 4分 （2）令，， 解得，， 所以函数的单调递增区间为，． 7分 已知函数在区间上单调递增，令，可得单调递增区间为， 所以，即实数的最大值为． 9分 （3）当时，，故． 11分 令，则不等式对所有恒成立． 设，这是图象开口向上的二次函数，只需端点满足不等式， 当时，，解得， 当时，，解得． 综上，实数的取值范围为． 15分 17．【解析】（1）在中，因为，，的面积为， 所以，解得， 在中，由余弦定理得， 所以． 7分 （2）设，则， 在中，因为，所以， 在中，， 由正弦定理，可得，即， 13分 所以，因为为锐角，所以， 解得，即的大小为． 15分 18．【解析】（1）证明：取中点，连接，，，， 因为是棱的中点，易得四边形为平行四边形， 则平面即为平面， 因为，所以， 因为，，，所以， 所以，所以， 因为，，平面， 所以平面，即平面． 4分 （2）由（1）知平面，则点在平面内的投影为，则即为所求线面角， 因为在中，，，所以， 所以， 所以直线与平面所成线面角为． 8分 （3）由（1）知平面，因为平面，且平面， 故平面平面，平面平面， 过点作于点，则平面，过点作于点，则平面， 因为，，，则， 所以，所以， 12分 方法一（空间向量法）：设，则， 在中， 所以，， 又，所以点与点重合， 以为原点，分别以，，分别为，，轴正方向建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 设平面的法向量为， 则有 令，则，，所以． 设平面的法向量为， 则有 令，则，，所以， 则有， 所以平面与平面的夹角为． 17分 方法二（几何法）：过点作，连接， 因为平面，所以，则平面， 所以，则即为所求二面角， 在中，，，则， 在中，，，则， 由可得， 所以，则， 所以，即平面与平面的夹角为． 17分 19．【解析】（1）当时，， 一阶不动点满足，即． 故． 2分 二阶不动点满足，即， 因式分解得． 因此． 4分 （2）一阶不动点满足， 由，有，所以． 又， 因此． 要使，方程不能产生新的实根． 若该方程无实根，则，即， 结合，得； 若该方程有实根且其根均属于， 设为两个方程，的公共实根， 两式相减得，所以，代入任一方程得， 此时，只有实根，且为方程的根，故符合条件． 综上，． 9分 （3）令， 题设等价于． 解法一：因为，方程的判别式为， 故该方程有两个不同的实根，记为，，由韦达定理可得． 又由于，所以． 因此，．① 即将，互相交换． 设，， 由及①，得，．② 再对，使用题设关系：，． 所以，也是被互相交换的一对实数． 下面说明只有这一对互换的实数． 若，且，则． 而． 若，则，这是一阶不动点，不可能属于由两个不同实数组成的互换对． 因此互换点必须满足． 该方程的两个实根恰为，．于是．③ 由③，把集合映到自身，并且，分别为其中两个不同的元素． 因此只有两种可能：或， 无论哪一种，都有． 但由题设和①，可知． 由于，矛盾． 故对任意，不存在满足条件的函数． 17分 解法二：仍令，并假设存在满足． 由， 可知．④ 当时，方程有两个不同实根，，且，． 设， 由④，若，则，从而，故也是的二阶不动点． 另一方面，若是的一阶不动点，则． 由④得，而时，，再结合可推出矛盾． 因此不能落在的一阶不动点中，只能仍落在中，于是． 由于，，可知在上即不能为恒等映射，也不能为交换映射， 但只有两个元素，映到自身的双射只有这两种，矛盾． 因此，对任意，不存在满足条件的函数． 17分 学科网（北京）股份有限公司 $