精品解析：湖南省长沙市宁乡市第一高级中学2026-2027学年高二上学期入学考试数学试题

2026年高二年级入学考试数学试题卷 一、单项选择题：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. 复数在复平面内对应的点位于（    ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 已知向量，，若，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知直线，和平面，若，，则（ ） A. B. C. 与相交 D. 或 4. 抛掷一颗质地均匀的骰子，记事件为“向上的点数为2或3”，事件为“向上的点数为偶数”，则事件与事件（ ） A. 互斥 B. 相互独立 C. 互为对立 D. 相等 5. “”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 6. 有一组样本数据1，2，2，2，3，5，去掉1和5后，相较于原数据不变的是（　　） A. 平均数 B. 极差 C. 方差 D. 中位数 7. 已知函数 的图象向左平移（ ）个单位长度后关于轴对称，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，若函数恰有3个不同的零点，则实数的取值范围（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：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. 已知函数，下列关于函数的说法正确的是（ ） A. 最小正周期是 B. 是对称中心 C. 是对称轴方程 D. 在上单调递增 10. 若正实数，满足，则下列说法正确的是（ ） A. B. 有最大值 C. 有最大值 D. 有最小值 11. 如图，在棱长为2的正方体中，为的中点，为线段上动点（包括端点），则下列说法中正确的是（ ） A. 存在点使得平面 B. 直线与平面所成角正弦值为 C. 的最小值为 D. 若点在正方体，表面上运动（包含边界），且，则点的轨迹长度为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 某校有400名男生和200名女生，现采用按比例分配的分层随机抽样方法进行抽取，已知女生抽取20人，则男生抽取______人． 13. 复数，则的取值范围为__________. 14. 在中，、、分别为内角、、所对的边，已知．设为边上一点，若且，则面积的最小值为___________． 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. 近年来人工智能在教育领域的应用越加广泛．某校为了解周末某款AI应用软件在学生中的使用时长（单位：小时）情况，进行了问卷调查，从所有问卷中随机抽取100份作为样本，得到如图所示的频率分布直方图． （1）求图中的值与该样本数据的第80百分位数； （2）根据该频率分布直方图，估计1800名学生中有多少学生使用时长在1小时及以上． 16. 在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，满足 （1）求角B； （2）若D在线段上，满足，且，求的面积． 17. 某商场为吸引顾客，开展抽奖送代金券活动，规则如下：，两个箱子中均有若干个小球（除颜色外均相同），其中箱中有2个白球和个黑球，箱中有1个白球和个黑球．顾客每轮抽奖，需从，两个箱子中分别取一个球，按先后的顺序进行，取球结束后将球放回原箱子，且每次取球相互独立．若箱中取出白球，则送面值2元的代金券，否则无奖励；若箱中取出白球，则送面值3元的代金券，否则无奖励．（每位顾客每日至多参与两轮抽奖；代金券可用于商场停车缴费或参与下次消费，可叠加使用） （1）顾客甲参与一轮取球，求甲在箱中取出白球的概率；（用表示） （2）已知参与一轮取球后获得5元代金券的概率为，只获得一张代金券且为2元代金券的概率为． （ⅰ）求，； （ⅱ）若顾客乙参与两轮抽奖，现需用这两轮抽奖获得的代金券支付8元停车费，求乙可足额支付停车费的概率． 18. 如图，多面体是由一个直三棱柱与一个四棱锥组成，其中，，，E是上的一点． （1）若E是中点． ①求证: 平面; ②求异面直线与所成角的余弦值． （2）若E为与交点，问上是否存在一点K，使得平面?如果存在．请求出的值；若不存在，请说明理由. 19. 如图所示，某住宅小区一侧有一块三角形空地，其中．物业管理部门拟在中间开挖一个三角形人工湖，其中都在边上（均不与重合，M在之间），且． （1）若M在距离A点处求点之间的距离； （2）设， ①求出的面积S关于的表达式； ②为节省投入资金，三角形人工湖的面积要尽可能小，试确定θ的值，使的面积最小，并求出这个最小面积． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年高二年级入学考试数学试题卷 一、单项选择题：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. 复数在复平面内对应的点位于（    ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】B 【解析】 【详解】设，则， 复数在复平面内对应的点为，位于第二象限． 2. 已知向量，，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】直接由向量的数量积的坐标运算及向量垂直的条件可得. 【详解】因为向量，，且， 所以，解得. 3. 已知直线，和平面，若，，则（ ） A. B. C. 与相交 D. 或 【答案】D 【解析】 【详解】，，则可能有，若，则， 故或. 4. 抛掷一颗质地均匀的骰子，记事件为“向上的点数为2或3”，事件为“向上的点数为偶数”，则事件与事件（ ） A. 互斥 B. 相互独立 C. 互为对立 D. 相等 【答案】B 【解析】 【分析】利用互斥事件，相互独立事件的定义依次判断选项即可. 【详解】抛掷一颗质地均匀的骰子，记事件为“向上的点数为2或3”，对于A，C选项，事件与事件能同时发生，A，C错误； 对于B,抛掷一颗质地均匀的骰子，基本事件总数，,,, 满足,所以事件与事件为相互独立事件，故B正确； 对于D，事件包含两个基本事件，事件包含三个基本事件，所以事件与事件不相等，故D错误； 5. “”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】根据指数函数、对数函数的单调性，充分条件、必要条件判断即可. 【详解】由指数函数的单调性可知， 而不能推出，（例如时函数意义）， 又， 所以“”是“ ”的必要不充分条件. 6. 有一组样本数据1，2，2，2，3，5，去掉1和5后，相较于原数据不变的是（　　） A. 平均数 B. 极差 C. 方差 D. 中位数 【答案】D 【解析】 【分析】根据平均数，极差，中位数的计算即可比较求解，利用方差的性质即可求解C. 【详解】样本数据1，2，2，2，3，5的平均数为，极差为4，中位数为2， 去掉1和5后的数据的平均数为，极差为1，中位数为2，故平均数和极差都发生变化，中位数不改变， 由于去掉1和5后，数据的波动性更小，故相比较于原数据，方差变小，故ABC错误，D正确. 故选：D. 7. 已知函数 的图象向左平移（ ）个单位长度后关于轴对称，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】首先利用三角函数关系式的恒等变换，把函数的关系式变形成正弦型函数，进一步利用平移变换的性质求出结果. 【详解】由题可得， 所以， 因为函数的图象关于轴对称， 所以，即， 又，所以的最小值是． 8. 已知函数，若函数恰有3个不同的零点，则实数的取值范围（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据的表达式，先画出函数图象，再令，利用数形结合即可求出函数恰有3个不同的零点时，的取值范围. 【详解】由，可画出函数的图象，如图所示， 易知处的函数值为，即如图中的点，所以， 令，则，由图可知， 当时，与无交点； 当时，与有2个交点； 当时，与有1个交点. 令，则，化简得，解得，， 要使函数恰有3个不同的零点， 则当时，有2个零点，且当时，有1个零点，共3个零点， 满足题意，此时的取值范围为； 或者，当时，有2个零点，且当时，有1个零点，共3个零点， 满足题意，此时的取值范围为， 当时，，此时只有1个零点，不合题意， 综上，函数恰有3个不同的零点时，的取值范围为. 二、多项选择题：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. 已知函数，下列关于函数的说法正确的是（ ） A. 最小正周期是 B. 是对称中心 C. 是对称轴方程 D. 在上单调递增 【答案】AD 【解析】 【分析】由函数的图象与性质，根据选项利用性质逐一判断即可. 【详解】对于A，的最小正周期为，故A正确； 对于B，由可得对称中心横坐标满足， 解得，故不是函数的对称中心，故B错误； 对于C，由可得对称轴方程满足， 解得，故C错误； 对于D，函数的单调递增区间满足 ，解得， 当时，得函数的一个单调增区间为，故D正确. 10. 若正实数，满足，则下列说法正确的是（ ） A. B. 有最大值 C. 有最大值 D. 有最小值 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用（为正实数）和基本不等式逐一分析判断各选项即可. 【详解】对于A，由正实数，满足，易得，故A正确； 对于B，由基本不等式可得，当且仅当时等号成立，故B正确； 对于C，因为，所以，由B项知，则， 即有最小值为，无最大值，故C错误； 对于D，因为，且为正实数，所以， 当且仅当时，有最小值，故D正确. 11. 如图，在棱长为2的正方体中，为的中点，为线段上动点（包括端点），则下列说法中正确的是（ ） A. 存在点使得平面 B. 直线与平面所成角正弦值为 C. 的最小值为 D. 若点在正方体，表面上运动（包含边界），且，则点的轨迹长度为 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用面面平行的判定推理平面平面，然后利用直线与平面相交判断A；利用定义法作出线面角，并在直角三角形中求出线面角的正弦判断B；把三角形与三角形置于同一平面内，利用余弦定理求出线段长判断C；先利用线面垂直的判定推理平面，取棱的中点利用面面平行的判定推理得平面平面，进而平面，从而求出点的轨迹为正六边形，求解周长即可判断D． 【详解】对于A：先证平面平面，由正方体性质可知，且， 且，所以四边形和均为平行四边形， 所以，，因为平面， 在平面外，所以平面，平面， 又平面，，所以平面平面， 又为的中点，为线段上动点（包括端点）， 所以直线与平面相交，从而直线与平面相交，故A错误； 对于B：连接，则，由平面，平面， 得，又，，平面， 则平面，过作交于，连接， 于是平面，是直线与平面所成的角，，，所以，故B正确； 对于C，把三角形与三角形置于同一平面内，连接， 则的最小值为， 在中，，， ， 由余弦定理得，C正确； 对于D，由正方体的性质知平面，平面，所以， 因为四边形为正方形，所以，平面， 所以平面，平面，所以， 同理可得，平面，故平面； 如图， 取棱的中点分别为， 连接，可得六边形为正六边形， 而，平面，平面，故平面， 同理可证平面，，，平面， 故平面平面，所以平面， 即过点且与垂直的平面截正方体所得截面即为正六边形，边长为， 其周长为，所以点的轨迹为正六边形，则点的轨迹长度为，D正确． 故选：BCD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 某校有400名男生和200名女生，现采用按比例分配的分层随机抽样方法进行抽取，已知女生抽取20人，则男生抽取______人． 【答案】 40 【解析】 【详解】根据分层抽样可知男生抽取人数为人 13. 复数，则的取值范围为__________. 【答案】 【解析】 【分析】复数的模求法公式可得，然后由圆的参数方程得，然后由的有界性可得答案 【详解】设. 由知：，则有， 则设， 则， 因为，所以. 故答案为：. 14. 在中，、、分别为内角、、所对的边，已知．设为边上一点，若且，则面积的最小值为___________． 【答案】 【解析】 【分析】由正弦定理和三角恒等变换得到，设，根据三角形面积之比得到，进而求出，，结合基本不等式求出面积最小值 【详解】因为， 由正弦定理得， 又因为， 所以， 即， 其中，故，所以， 由辅助角公式可得，即， 因为，所以，故，则， 设，则， 因为，所以， 又因为，所以， 所以，即，即， 又，，解得，负值舍去， 所以， 又，即， 故，化简得， 由基本不等式得，所以，解得， 当且仅当时，即当时，等号成立， 所以，即面积最小值为. 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. 近年来人工智能在教育领域的应用越加广泛．某校为了解周末某款AI应用软件在学生中的使用时长（单位：小时）情况，进行了问卷调查，从所有问卷中随机抽取100份作为样本，得到如图所示的频率分布直方图． （1）求图中的值与该样本数据的第80百分位数； （2）根据该频率分布直方图，估计1800名学生中有多少学生使用时长在1小时及以上． 【答案】（1） ，第80百分位数为 ； （2） 人. 【解析】 【小问1详解】 由题， 解得：． 因为的频率为， 的频率为， 所以该样本数据的第80百分位数位于区间中， 所以该样本数据的第80百分位数为：． 【小问2详解】 根据频率分布直方图，使用时长在1小时及以上的频率为，而． 故估计1800名学生中有1566名学生使用时长在1小时及以上． 16. 在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，满足 （1）求角B； （2）若D在线段上，满足，且，求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理将角化边，再利用余弦定理计算，即可求解； （2）在中，利用余弦定理求得，再求面积即可. 【小问1详解】 已知在中， 由余弦定理得， 化简为， 即， ， ，． 【小问2详解】 已知，，所以，， 在中，， 即， 解得， ． 17. 某商场为吸引顾客，开展抽奖送代金券活动，规则如下：，两个箱子中均有若干个小球（除颜色外均相同），其中箱中有2个白球和个黑球，箱中有1个白球和个黑球．顾客每轮抽奖，需从，两个箱子中分别取一个球，按先后的顺序进行，取球结束后将球放回原箱子，且每次取球相互独立．若箱中取出白球，则送面值2元的代金券，否则无奖励；若箱中取出白球，则送面值3元的代金券，否则无奖励．（每位顾客每日至多参与两轮抽奖；代金券可用于商场停车缴费或参与下次消费，可叠加使用） （1）顾客甲参与一轮取球，求甲在箱中取出白球的概率；（用表示） （2）已知参与一轮取球后获得5元代金券的概率为，只获得一张代金券且为2元代金券的概率为． （ⅰ）求，； （ⅱ）若顾客乙参与两轮抽奖，现需用这两轮抽奖获得的代金券支付8元停车费，求乙可足额支付停车费的概率． 【答案】（1） （2）（ⅰ） ，；（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）利用古典概型概率公式直接求解即可； （2）（ⅰ）利用古典概型概率公式列方程组求解即可； （ⅱ）先确定单轮抽奖各收益对应的概率，再枚举两轮总金额不低于8元的所有情况，结合古典概型概率公式求解即可. 【小问1详解】 甲在箱中取一个球的试验的样本空间包含个样本点， 事件A：箱取出白球包含个样本点，故甲在箱中取出白球的概率为； 【小问2详解】 （ⅰ）一轮取球的试验的样本空间包含个样本点， 事件：“获得5元代金券”包含个样本点，事件：“只获得一张代金券且为2元代金券”包含个样本点， 所以，解得； （ⅱ）乙可足额支付停车费的概率，即乙两轮抽奖获得的代金券面值叠加后大于等于8元的概率， 乙两轮抽奖试验的样本空间包含个样本点，获得的代金券面值叠加后大于等于8元的有：（白，白，白，白），（白，白，黑，白），（黑，白，白，白）， 共3个随机事件，均包含4个样本点，所以发生的概率为， 所以乙两轮抽奖获得的代金券面值叠加后大于等于8元的概率为， 即乙可足额支付停车费的概率为． 18. 如图，多面体是由一个直三棱柱与一个四棱锥组成，其中，，，E是上的一点． （1）若E是中点． ①求证: 平面; ②求异面直线与所成角的余弦值． （2）若E为与交点，问上是否存在一点K，使得平面?如果存在．请求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）①连接交于点F，连接，如图所示： 在三棱柱中，，，所以，四边形为平行四边形， 因为，所以F为的中点， 又因为E为的中点，所以，且， 因为平面，平面，故平面； ② （2）存在， 【解析】 【分析】（1）①连接交于点F，连接，利用中位线的性质得出，利用线面平行的判定定理可证得结论成立；②分析可知，异面直线与所成角为或其补角，求出三边边长，结合余弦定理可求得结果； （2）由线面平行的性质可得出，由此得出，即可得解. 【小问1详解】 ①略. ②在直三棱柱中，平面，，所以， 所以，， 同理可得， ， 所以，，， 因为，所以，异面直线与所成角为或其补角， 由余弦定理可得， 因此，异面直线与所成角的余弦值为． 【小问2详解】 如图所示： 因为，，所以， 因为平面，平面，平面平面， 所以，故，因此． 所以，线段上存在一点K，使得平面，且 19. 如图所示，某住宅小区一侧有一块三角形空地，其中．物业管理部门拟在中间开挖一个三角形人工湖，其中都在边上（均不与重合，M在之间），且． （1）若M在距离A点处求点之间的距离； （2）设， ①求出的面积S关于的表达式； ②为节省投入资金，三角形人工湖的面积要尽可能小，试确定θ的值，使的面积最小，并求出这个最小面积． 【答案】（1） （2）①，．②时，最小面积为． 【解析】 【分析】（1）先在中用余弦定理求出，再利用三角恒等变换算出内的角，最后由正弦定理求出的长度； （2）①在与中连续使用正弦定理得到、，代入面积公式并化简得到S关于的表达式；②分析三角函数最值，确定取值，算出面积最小值． 【小问1详解】 ，，，， ，， 由余弦定理， ， ， ， 在中， 所以． 【小问2详解】 ①， ， 在中，， 则，， ， 在中，， ， 又中AB边上的高为， ，， 所以的面积S关于θ的表达式为，． ②当，时，的面积最小， 此时， 所以最小面积为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $