湖南省长沙市2026-2027学年高二秋季开学学情数学自测卷（人教版A）（解析版）

湖南省长沙市2026-2027学年高二秋季开学学情自测卷数学试题（解析版）题号12345678910答案CBBBCBBBABDAD题号11答案BCD1．C【分析】根据中位数的定义求解．【详解】先将样本数据按照从小到大排序1，3，5，7，9，中位数是第三个数5.故选：C2．B【分析】利用两向量垂直等价于数量积为0，得出方程，即可求出的值.【详解】由题意，，，，∴，解得：.3．B【分析】若，分析出有或相交或异面三种情况，即可判断A；若，过做平面，设，根据线面平行的性质定理得到，进而得到，再根据面面垂直的判定定理得到，即可判断B；若，，分析出有或与相交或三种情况，即可判断C；若，分和两种情况讨论的位置关系即可判断D.【详解】若，则或相交或异面，故A错误；若，则存在过的平面，，则由线面平行的性质定理可知，又因为，所以，因为，所以，故B正确；若，，则或与相交或，故C错误；若，，，当时，；当时，或与相交，或，故D错误；故选：B4．B【分析】根据二倍角公式、同角三角函数的基本关系化简求解即可.【详解】由，则.故选：B.5．C【分析】利用百分位数的概念来求解即可.【详解】把以上六个数据按从小到大排列：，由，所以取第5个数作为第75百分位数，即90，故选：C.6．B【分析】结合已知条件根据数量积的运算律求解即可.【详解】因为，，，所以.故选：B7．B【详解】由题可知，向量，满足，，，所以，则在上的投影向量为.8．B【分析】先求出外接球半径，根据勾股定理逆定理得到，且，求出点D到平面ABC的距离，求出点D所在球的截面的半径及三角形ABC的外接圆半径，设点D在平面ABC上的投影为E，当CE最长时CD最长，结合，求出CD长度的最大值.【详解】因为球的体积为，故球的半径R满足，故，而，，，故，故，故，设点D到平面ABC的距离为h，则，故，点D在球的截面圆上，设截面圆所在的平面为α，因为，所以平面α与平面ABC在球心的异侧，

设球心到平面ABC的距离为d，而△ACB外接圆的半径为，则，故球心到平面α的距离为，故截面圆的半径为，设点D在平面ABC上的投影为E，则E的轨迹为圆，圆心为△ABC的外心即AB的中点，当CE最长时CD最长，此时，故CD长度的最大值为.故选：B．【点睛】关键点睛：解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径.9．ABD【分析】根据线面位置关系逐一验证．【详解】过平面外一点仅有一条直线与这个平面垂直，所以A错误；过平面外一点仅有一个平面与这个平面平行，所以B错误；过平面外一点有无数个平面与这个平面垂直，所以C正确；过平面外一点有无数条直线与这个平面平行，所以D错误．故选：ABD.10．AD【分析】由偶函数及在上是减函数，即可判断各项的正误.【详解】为偶函数，且在上是减函数，有，即，选项A正确；有，即，选项B错误；有，选项C错误；有，选项D正确；故选：AD11．BCD【分析】建立空间直角坐标系，求各点坐标，根据两点结论公式求，判断A，求平面的法向量，直线的方向向量，证明两向量垂直，判断B，由求，，判断C，令，确定，关系，由此判断D.【详解】以为原点，分别以，，所在直线为，，轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示，则正方体各顶点坐标为，，，，，，，，因为，，所以点Q坐标为，又因为，，，所以点坐标为，对于A，当时，点，点，则，故A错误；对于B，当时，点，设平面的法向量为，，，由，取，可得，，所以为平面的法向量，，，所以，又平面，所以平面，故B正确;对于C，，，，当时，恒成立，当时，令，得，所以，，有，故C正确；对于D，，，，令，即，，因为，所以，所以，，有，故D正确.故选：BCD.12．2【分析】由两直线平行的公式求参数可得结果.【详解】因为，所以，解得或.当时，，符合题意.当时，，两直线重合，不合题意.综上，.故答案为：2.13．【分析】先根据函数奇偶性的定义得为奇函数，利用函数单调性的性质得函数在R上单调递增，进而结合奇函数性质利用单调性求解不等式即得.【详解】因为函数的定义域为R，定义域关于原点对称，且，所以函数为奇函数.，由函数和函数在R上单调递增可知，所以函数在R上单调递增，则由可得，由函数在R上单调递增得，解得，所以不等式的解集为.故答案为：14．【分析】设两中线相交于点，设，并利用重心性质得到，，表达出，并求出最值.【详解】不妨设边边上的中线长分别为，即，相交于点，为的重心，设，其中，，则，故，故，，显然当时，取得最大值，最大值为.故答案为：15．(1)1；(2)【分析】（1）根据向量数量积运算及向量的运算性质即可求解；（2）由题意得，且与不共线，即可求解.【详解】（1）；.（2）向量与的夹角是锐角，所以，且与不共线，所以，所以，即，解得，与不共线，即，解得，所以实数的取值范围为.16．(1)平均数为，中位数为(2)，(3)，，，不相互独立【分析】（1）应用频率分布直方图平均数及中位数公式计算求解；（2）先应用频率和为1得出参数，再结合频率计算求解只数；（3）应用独立事件概率乘积公式判断即可.【详解】（1）估计对照组小白鼠体重增加量的平均数为因为，所以估计对照组小白鼠体重增加量的中位数为20．（2）由，得．

估计实验组中体重增加量不大于的小白鼠只数为（3）由题意知，从对照组中随机抓取1只小白鼠，体重增加量超过的概率为0.5，超过的概率为0.3，从实验组中随机抓取1只小白鼠，体重增加量超过的概率为0.4，超过的概率为0.15，所以，

，因为，所以，不相互独立.17．(1)证明见解析(2)证明见解析(3)60°【分析】（1）根据三棱柱的性质可得四边形为平行四边形，由此判断其中位线与棱平行，进而得到；（2）先证明,根据二面角的平面角的定义即可证明为二面角的平面角.（3）先确定二面角的平面角为,根据四边形为平行四边形，得，利用已知条件求出,即可得到二面角的大小.【详解】（1）由三棱柱的性质，四边形为平行四边形，故.又P，Q分别为线段与的中点，则有.所以四边形为平行四边形，所以.因为三棱柱所有侧棱都平行，所以，故.（2）因为平面，平面，故.又，由三棱柱的性质知：，，所以.又为线段的中点，故.由于，，且，平面，故平面.因为平面，故.由(1)可知：，所以因为平面平面,平面,平面且，，所以为二面角的平面角.（3）由(1)可知：，所以四边形为平行四边形,所以平面即为平面.由(1)平面，因为，所以平面.连接，因为，且P为线段的中点，所以由(2),所以,因为平面平面,平面,平面,所以为二面角的平面角，由于，且为线段的中点，故.又，故为等边三角形，不妨设，则.由于，，故为等腰直角三角形，故.故中，，故.因为四边形为平行四边形,所以.所以二面角的大小为.18．(1)(2)(3)存在，有唯一“和谐区间”【分析】（1）化简得到，得到有序相伴向量；（2）先得到，进而得到，其中，，画出图象，数形结合得到结论；（3）由，得，分a，，a，，三种情况，将的情况再细分为和两种情况，结合函数图象及定义域和值域，推出有唯一“和谐区间”．【详解】（1）因为，所以函数的有序相伴向量；（2）若的有序相伴向量为，则，所以，其中，，如图所示为的草图：，，，由图象可知，若函数与直线有且仅有2个不同的交点，则或，所以；（3）有唯一“和谐区间”，理由如下：，假设存在“和谐区间”，则由，得，①若a，，则由，知，与值域矛盾，故不存在“和谐区间”；②同理a，时，由，知，与值域矛盾，故不存在“和谐区间”；下面讨论，③若，则，故的最小值为，于是，所以，所以的最大值为2，故，此时的定义域为，值域为，符合题意；④若，当时，同理可得，，但此时，舍去；当时，在上单调递减，所以，，于是，令，则有，又为奇函数，且在单调递增，所以，所以即，同一坐标系内，画出图象与，如下：可知，当时，，所以，从而，矛盾．综上所述，有唯一“和谐区间”．19．(1)(2)（i）证明：由已知有1的5次方根为：易知是方程的根，由提示，，则是方程的根，又，依次类推均为1的五次方根，命