精品解析：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 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. 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数的除法运算化简，再根据共轭复数的定义即可求解． 【详解】， 所以复数的共轭复数为． 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. 25，35，30 D. 24，36，30 【答案】D 【解析】 【分析】由题意求出抽样比，根据抽样比求高一､高二､高三被抽到的住校生人数即可. 【详解】三个年级的住校生一共有人， ∴抽样比为，故三个年级抽取的人数分别为，，. 故选：D. 3. 已知，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 【答案】C 【解析】 【分析】，均为单位向量，等式两边平方，利用数量积运算性质化简，即可得答案； 【详解】，均为单位向量， ． 是的充要条件． 故选：C． 【点睛】本题考查平面向量数量积运算、向量垂直的充要条件，考查推理能力与计算能力． 4. （ ） A. 0 B. C. 2 D. 【答案】B 【解析】 【详解】 . 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. 【答案】C 【解析】 【分析】方法一：先列举出所有情况，再从中挑出数字之积是4的倍数的情况，由古典概型求概率即可. 【详解】[方法一]：【最优解】无序 从6张卡片中无放回抽取2张，共有15种情况，其中数字之积为4的倍数的有6种情况，故概率为. [方法二]：有序 从6张卡片中无放回抽取2张，共有,(2,1),(3,1),(4,1),(5,1),(6,1),(3,2),(4,2),(5,2),(6,2),(4,3),(5,3),(6,3),(5,4),(6,4),(6,5)30种情况， 其中数字之积为4的倍数有(1,4),(2,4),(2,6),(3,4),(4,1),(4,2),(4,3),(4,5),(4,6),(5,4),(6,2),(6,4)12种情况，故概率为. 故选：C. 【整体点评】方法一：将抽出的卡片看成一个组合，再利用古典概型的概率公式解出，是该题的最优解； 方法二：将抽出的卡片看成一个排列，再利用古典概型的概率公式解出； 6. 如图，平行六面体中，以为顶点的三条棱长均为，且两两之间的夹角都是，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】由题知，， 又， 则， ， 所以. 7. 设函数，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意判断是偶函数，判断函数的单调区间，再利用单调性和奇偶性解不等式即可. 【详解】，， 又 ，所以函数是偶函数， 当时，，易得单调递增， 不等式，即， 等价于， ，可得，解得， 所以不等式的解集为. 故选：B. 8. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c．若的平分线交边于点D，满足，且，则的值为（） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先由正弦定理和已知等式推出角平分线与边长的比例关系；再利用面积法建立与、角平分线半角的方程；最后联立余弦定理并化简，解得. 【详解】由正弦定理知且. . 设，则. 由得， 化简得. 因为，，所以. 从而，化简得. 所以，即 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. a=0.005 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 【答案】AC 【解析】 【详解】对于A，由频率之和为，得，故A正确； 对于B，评分的众数约为，故B错误； 对于C，因为，所以第百分位数在内，第百分位数约为，故C正确； 对于D，评分的平均数约为，故D错误. 10. 已知正实数，，满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用基本不等式可判断AB；举反例，可判断C；利用二次函数的范围可判断D. 【详解】已知正实数  满足 ， 选项 A：，当且仅当  时取等号， 故 ，当且仅当  时取等号，故A正确； 选项 B：由均值不等式，， 当且仅当  时取等，故B正确； 选项 C：取 ，则 ， 满足，但不满足 ，故C错误； 选项 D：代入 ，得 ， 当且仅当  时取等，故D正确. 故选：ABD 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 【答案】ABD 【解析】 【分析】将、用基底、表示，利用平面向量数量积的运算性质结合可得出的值，可判断A选项；将用基底、表示，然后利用平面向量数量积的运算性质可求得的值，可判断B选项；将用基底、表示，然后利用平面向量数量积的运算性质以及二次函数的基本性质可判断C选项；利用平面向量数量积的运算性质以及一次函数的基本性质可判断D选项. 【详解】对于A选项，由题意可知，，， 所以 ，解得，故A正确； 对于B选项，， 所以，故B正确； 对于C选项，， 所以 ， 当且仅当时，等号成立，即的最小值为，故C错误； 对于D选项，， 当且仅当时，等号成立，故的最大值为，故D正确. 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________． 【答案】2 【解析】 【分析】利用方差公式计算即可. 【详解】设这5个数的平均数为，方差为， 则 . 13. 已知函数为奇函数，则________. 【答案】 【解析】 【分析】根据奇函数的定义，由列出关于与的方程，求解即得的值． 【详解】因为函数为奇函数， 当时,，由可得， 即 因是任意非零实数，则,解得,，故. 故答案为：. 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________． 【答案】 【解析】 【分析】先分析出点的轨迹是以为圆心，以为半径的圆，并求出圆心到平面的距离.再分析出当点位于圆与的交点时，点到平面的距离分别取得最大值和最小值，求出和即可得解. 【详解】 如图所示，连结交于点，取的中点，连结， 则点的轨迹是在平面内以为圆心，以为半径的圆. 易知，由，知，， 且平面，所以平面，又平面， 所以平面平面，平面平面. 在平面内过点作，交于点，所以平面， 所以即为圆心到平面的距离. 又因为，所以， 在中，，， 所以. 如图所示，设与圆的交点分别为，当点位于点时， 点到平面的距离分别取得最大值和最小值. 由三角形相似可得，， 所以, ， 所以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. 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． 【答案】（1） （2）或 （3） 【解析】 【分析】（1）求出向量夹角的余弦值，再结合向量夹角的范围即可得解； （2）由条件设出，再根据列出方程，求出的值即可得解； （3）将条件转化为且与不共线，即可求出的取值范围. 【小问1详解】 设向量与向量的夹角为， 则， 因为，所以； 【小问2详解】 因为，，所以可设， 由，可得，解得， 当时，；当时，， 所以或； 【小问3详解】 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， 若与共线，则，解得， 所以当与不共线时，， 综上可得，． 16. 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m的最大值； （3）若，求的取值范围． 【答案】（1）； （2）； （3）． 【解析】 【分析】(1)根据已知可求出的值，相邻两条对称轴之间的距离为，根据计算的值； (2)利用整体代换的思想，将看作整体，通过，得到整体的范围，根据正弦函数单调区间计算m的最大值； (3)通过x的取值范围计算的取值范围，利用换元法，根据二次函数图象性质求参数取值范围． 【小问1详解】 解：由，得，由，则， 因为函数图象的两条相邻对称轴间的距离为， 所以函数的最小正周期满足，可得, 因为，则＝2，所以． 【小问2详解】 令，因为，所以． 要使函数在区间上单调递增，只需， 解得：，所以实数m的最大值为． 【小问3详解】 ∵，∴，∴， 令，则由题可知恒成立， 令，，对称轴为，开口向上， 所以， 解得：，综上可知，的取值范围是． 17. 如图，在平面四边形中，，，． （1）若的面积为，求的长； （2）若，，求的大小． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先利用三角形面积公式求出边长，再借助余弦定理即可求出； （2）设，在直角三角形中表示，结合正弦定理得到三角方程，最后根据锐角条件即可求出的大小. 【小问1详解】 在中，因为，， 所以的面积为，解得， 在中，由余弦定理得， 所以． 【小问2详解】 设，则， 在中，因为，所以， 在中，， 由正弦定理，可得，即， 所以，因为为锐角，所以， 解得，即的大小为． 18. 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． 【答案】（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，为的中点， 所以， 因为，，，所以， 所以，又为的中点， 所以， 因为，，平面， 所以平面，即平面． （2） （3） 【解析】 【分析】（1）取中点，由得；由结合和公共边证，得，从而；又由棱柱中点关系证四边形为平行四边形，说明均在平面内，且二者相交于，故平面； （2）由（1）知平面，故为在该平面上的投影，线面角即；利用且算得，结合给定作为斜边，在直角三角形中用正弦函数求得线面角； （3）先利用体积条件等体积换顶点，反推出点到侧面的距离；方法一：建系求两平面法向量，代入夹角公式取绝对值；方法二：过垂足作辅助线构造二面角平面角，用勾股定理和相似三角形算边长，再用余弦函数求得二面角. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 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． 【小问3详解】 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， 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． 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． 19. 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． 【答案】（1）， （2） （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． 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，，可知在上既不能为恒等映射，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. 【解析】 【分析】（1）根据一阶、二阶不动点定义列出对应方程，因式分解求解方程，即可得到两个不动点集合； （2）对二阶不动点方程因式分解，要使两个集合相等，要求新增方程不产生不属于一阶不动点的实根，分类判别即可求得参数的取值范围； （3）解法一：找出函数互相交换的一对实根，假设存在函数，推导映射关系，导出矛盾，完成反证； 解法二：利用复合可交换性质，分析二元集合上映射仅有两种可能，两种均与题设冲突，反证得到结论. 【小问1详解】 当时，， 一阶不动点满足，即，解得：或，故． 二阶不动点满足，即， 因式分解得，解得：或或， 因此． 【小问2详解】 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，． 【小问3详解】 略 【点睛】本题新定义不动点，需综合高次方程因式分解、判别式、集合相等、反证法与映射相结合进行推理. 第1页/共1页 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 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. 25，35，30 D. 24，36，30 3. 已知，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，且两两之间的夹角都是，则（ ） A. B. C. D. 7. 设函数，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 8. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c．若的平分线交边于点D，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. a=0.005 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. 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. 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m的最大值； （3）若，求的取值范围． 17. 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. 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. 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． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $