湖北省2023-2024学年8月高二上学期开学综合性难度选拔考试数学试题.pdf

1、第 1 页 共 10 页 第 2 页 共 10 页 学科网（北京）股份有限公司保密启用前 2023 年 8 月湖北温德克英联盟高二上学期开学综合性难度选拔考试 数学试卷 命题：湖北温德克英考试研究院 本试卷共 6 页，22 题。全卷满分 120 分 考试用时 120 分钟 祝考试顺利 注意事项:1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。第 I 卷（选择题）一、单选题 1

2、若复数 z 满足20222iiiz=+（i 为虚数单位），则 z 的虚部为（）A 2 B 2i C2 D2i 2设,Rx y，向量()()11,1,2axbyc=，（），,且/acbc，则 xy+=（）A0 B1 C2 D3 3为了研究某种病毒与血型之间的关系，决定从被感染的人群中抽取样本进行调查，这些感染人群中 O 型血、A型血、B 型血、AB 型血的人数比为 4:3:3:2，现用比例分配的分层随机抽样方法抽取一个样本量为n 的样本，已知样本中 O 型血的人数比 AB 型血的人数多 20，则n=（）A100 B120 C200 D240 4表示平面，为直线，下列命题中为真命题的是 A B C

3、 D 5在 ABC中，角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，cos(2)cos.cAbaC=若12A=，点 D 在边 AB 上，1ADBC=，则BCD的外接圆的面积是（）第 3 页 共 10 页 第 4 页 共 10 页 A 23 3+B 43 3+C 63 3+D 83 3+6如图，棱长为 2 正方体1111ABCDA B C D，O 为底面 AC 的中心，点 P 在侧面1BC 内运动且1D OOP，则点 P 到底面 AC 的距离与它到点 B 的距离之和最小是()A 85 B125 C 5 D2 2 7已知函数()cos(0)3f xx=在 ,6 4上单调递增，且当,4 3x 时，()

4、0f x 恒成立，则 的取值范围为（）A522 170,232 B4170,8,32 C4280,8,33 D5220,823 8定义：若()(),1,g xxkf xxkfxkk，若函数()yfx=在区间2,23 上是增函数，求 的取值范围；（3）若函数()()()12122g xfxaf xafxa=+在,4 2 的最大值为 2，求实数a 的值.19在 ABC中，内角,A B C 所对的边分别为,a b c，ABC的面积为ABCS 已知 3CA CB=2ABCS，()()()sinsinsinsinsinsinsinCACABBA+=，()2coscosabCcB=，从这三个条件中任选一个

5、，回答下列问题，(1)求角;C (2)若2c=，求 ABC的面积的最大值.20如图，在四棱台 ABCD-A1B1C1D1中，底面 ABCD 是菱形，ABC=3，B1BD=6，11,B BAB BC=11122,3ABA BB B=（1）求证：直线 AC平面 BDB1；（2）求直线 A1B1与平面 ACC1所成角的正弦值.21已知 ABC的内角 A、B、C 的对边分别为a、b、c，cossin2ACabA+=，BD平分ABC交 AC 于点 D，第 9 页 共 10 页 第 10 页 共 10 页 学科网（北京）股份有限公司且2BD=，23ADCD=.（1）求 B；（2）求 ABC的面积.22如图

6、所示，长方形 ABCD 中，1AD=，2AB=，点 M 是边CD的中点，将ADM沿 AM 翻折到PAM，连接 PB，PC，得到图的四棱锥 PABCM (1)求四棱锥 PABCM的体积的最大值；(2)若棱 PB 的中点为 N，求CN 的长；(3)设 PAMD的大小为，若0,2，求平面 PAM 和平面 PBC 夹角余弦值的最小值 答案第 1 页，共 7 页 学科网（北京）股份有限公司参考答案 1A 2A 3B 4C 5B 6A 7B 8B 9ACD 10AB 11ACD 12BCD 134 1433 15(,)16 16 15723,2 16 64 23 2 63 17(1)32.25，第 80

7、百分位数为 37.5(2)10 18(1)2T=.(2)30,4.(3)2a=或6 19(1)3 (2)3 20（1）证明见解析；（2）3 714.（1）连 接,AC BD 交于O，答案第 2 页，共 7 页 因为 BCBA=，11B BAB BC=，11B BBB=，所以11B BCB BA，故11B AB C=又因为O 为菱形对角线交点，即是线段 AC 的中点，所以1B OAC 又四边形 ABCD 为菱形，故 ACBD 而1B OBDO=，所以 AC 平面1BDB 方法二：因为11B BAB BC=，所以点1B 在平面 ABCD 内的射影O 在为ABC的平分线，又四边形 ABCD 为菱形，

8、故 BD为ABC的平分线，则O直线 BD 故平面1BDB 平面 ABCD，而平面1BDB 平面 ABCDBD=，又四边形 ABCD 为菱形，故 ACBD 所以 AC 平面1BDB （2）延长1111,AA BB CC DD 交于点 P，平面1BDB 即为平面 BDP，平面1ACC 即平面 ACP 由（1）得平面 ACP 平面 BDP，OP=平面 ACP 平面 BDP，所以过1B 做1B HOP，则1B H 平面 ACP，故11B A H即为直线11A B 与平面1ACC 所成角（若研究直线 AB 与平面1ACC 所成角的正弦值则线段等比例扩大 2 倍结果不变）因为四棱台1111ABCDA B

9、C D中1122ABA B=，所以111A B=，6BP=由菱形有2ABBC=，且ABC=3，所以2 3BD=，作 PGBD，因为16B BD=，则3 3BG=，3PG=，所以2221POBGPG=+=，则cosBPO3621 32 621+=92 21，7sin14BPO=，13 714B H=，答案第 3 页，共 7 页 学科网（北京）股份有限公司故111113 7sin14B HB A HB A=.法二：延长1111,AA BB CC DD 交于点 P，平面1BDB 即为平面 BDP，平面1ACC 即平面 ACP，设直线11A B 与平面1ACC 所成角为 过 P 作 PGBD，垂足为G

10、，因为6BP=，所以3 3BG=建系，以,OB OC 为,x y 轴，作 z 轴/GP，(0,1,0),(3,0,0),(0,1,0),(2 3,0,3)ABCP(3,1,0)AB=(0,2,0)AC=(2 3,1,3)AP=设平面 ACP 的法向量为(,)mx y z=，则 202 330yxyz=+=，所以3(,0,1)2m=，333 7cos,1432 72 214m AB=+所以3 7sin14=21（1）23；（2）25 36.（1）因为 cossin2ACabA+=，所以sincossinsin2ACABA+=，因为sin0A，180ABC+=，所以cossin22BB=，sins

11、in2BB=，答案第 4 页，共 7 页 故2BB，解得23B=，（2）如图，绘出 ABC，因为 BD平分ABC，所以3ABDDBC=，因为23ADCD=，所以可设3ADx=，2CDx=，故在ABD中，有 sinsinADBDABDA=，即32sinsin 3xA；在 BDC中，有 sinsinDCBDCBDC，即22sinsin 3xC，两式联立，可得3sin2sinAC，因为3ACB，所以3sin2sin 3AA，即3sin2 sincoscossin33AAA ，化简得4sin3 cosAA，联立224sin3 cossincos1AAAA=+=，解得57sin19A，将57sin19A

12、代入32sinsin 3xA中，可得193x，故319ADx=，2 1923CDx=，在ABD中，222cos2ABBDADABDAB BD，化简得2116AB，解得5AB=或 3（舍去）；在 BDC中，222cos2CBBDCDCBDCB BD，化简得24919BC，解得103BC 或43（舍去），故1110325 3sin522326ABCSAB BCABC.22(1)24(2)52 答案第 5 页，共 7 页 学科网（北京）股份有限公司(3)1111（1）取 AM 的中点 G，连接 PG，因为 PA=PM，则 PGAM，当平面 PAM 平面 ABCM 时，P 点到平面 ABCM 的距离最

13、大，四棱锥 PABCM的体积取得最大值，此时 PG平面 ABCM，且1222PGAM=，底面 ABCM 为梯形，面积为()13121 22+=，则四棱锥 PABCM的体积最大值为 13223224=（2）取 AP 中点 Q，连接 NQ，MQ，则因为 N 为 PB 中点，所以 NQ 为PAB 的中位线，所以 NQAB 且12NQAB，因为 M 为 CD 的中点，四边形 ABCD 为矩形，所以 CMAB 且12CMAB=，所以 CMNQ 且 CM=NQ，故四边形 CNQM 为平行四边形，所以2215122CNMQ=+=.（3）连接 DG，因为 DA=DM，所以 DGAM，答案第 6 页，共 7 页

14、 所以PGD 为 PAMD的平面角，即PGD=，过点 D 作 DZ平面 ABCD，以 D 为坐标原点，分别以 DA，DC，DZ 所在直线为 x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则()()()1,0,0,0,1,0,0,2,0AMC，过 P 作 PHDG 于点 H，由题意得 PH平面 ABCM，设()000,P xyz，因为22PG=，所以()222sin,cos,1 cos222PHGHDH=，所以()()002211 cos1 cos222xy=，02 sin2z=所以()()1121 cos,1 cos,sin222P，所以()1 coscos121,1,0,sin222

15、AMPA+=，设平面 PAM 的法向量为()1111,nx y z=，则1111101 coscos12 sin0222xyxyz+=+=，令12z=，则()1tan,tan,2n=，设平面 PBC 的法向量为()2222,nxyz=，因为()cos1 cos321,0,0,sin222CBPC+=，则22220cos1cos32sin0222xxyz=+=答案第 7 页，共 7 页 学科网（北京）股份有限公司令22 siny=，可得：()20,2 sin,3cosn=+，设两平面夹角为，则()()21222212sin23 22 cos3cos1coscos11 cos6cos2tan2sin6cos10n nnn+=+2213 cos3380201201801coscos1133393 cos9 cos33+=+令11cos3t=+，0,2，所以3,34t，所以29cos80609tt=+，所以当3t=时，cos 有最小值1111，所以平面 PAM 和平面 PBC 夹角余弦值的最小值为 1111