精品解析：陕西省宝鸡南山高级中学2024-2025学年高二上学期开学考试数学试卷

宝鸡南山中学2023级2024~2025学年高二第一学期开学考试 数学 全卷满分150分，考试时间120分钟. 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名､准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3.选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚. 4.考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交. 5.本卷主要考查内容：必修第一册，必修第二册，选择性必修第一册第一章. 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据集合的交运算即可求解. 【详解】，， ， 故选：B. 2. 复平面内三点所对应的复数分别为，若四边形为平行四边形，则点对应的复数为（ ） A. 2 B. C. 1 D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数的几何意义，利用向量相等即可求解. 【详解】由题意知三点的坐标为， 设复平面内点，则， 又四边形是复平面内的平行四边形，则，则，解得，则． 故选:B． 3. 已知向量，，且与互相垂直，则k的值是（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用空间向量垂直的坐标表示，列式计算即得. 【详解】，， 由与互相垂直，得，即， 所以. 故选：D 4. 已知且，则“”是“函数为偶函数”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】A 【解析】 【分析】由“函数为偶函数”，可得，结合充分条件与必要条件的性质即可判断. 【详解】若函数为偶函数，由定义域为，则有， 即，即对任意的恒成立， 即有，故， 由“”是“”的充分不必要条件， 故“”是“函数为偶函数”的充分不必要条件. 故选：A. 5. 如图所示，圆柱的底面直径和高都等于球的直径，则该圆柱的表面积与球的表面积之比为（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设球的半径为，根据公式分别求出球的表面积和圆柱的表面积的表达式，求出两者比值即可. 【详解】设球的半径为R，所以球的表面积. 圆柱的表面积， 所以该圆柱的表面积与球的表面积之比. 故选：C. 6. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用同角的三角函数平方关系及辅助角公式化简后，代入求值即可. 【详解】由，故不妨设为锐角，则， 则 ， 所以. 故选：B. 7. 如图，在棱长为1的正方体中，，若平面，则线段的长度的最小值为（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】建系，求出相关点的坐标，用表示出，证明平面，求得平面的法向量，由条件得到，将的表达式整理成二次函数，利用其最小值即得. 【详解】 如图，以点为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系. 则有, 依题意，， , 于是，. 又因平面，平面,则, 又,平面，故平面, 故平面的法向量可取为， 因平面，故，即. 则 ， 因，故当时，. 故选：D. 8. 对任意的函数，都有，且当时，，若关于的方程在区间内恰有6个不等实根，则实数的取值范围是（ ） A. (3,5) B. (3,4) C. [3,4] D. [3,5] 【答案】A 【解析】 【分析】根据条件得到函数的奇偶性和周期性，并求出在上的解析式，分和，结合函数图象，得到，求出答案. 【详解】由，知函数为偶函数， 由，知函数为周期函数，且． 又当时，， 则当时，，， 由，得， 所以， 若方程在上有6个不等实根， 则函数与图象在上有6个不同的交点， 若，函数在上与函数图象只有1个交点，不符题意， 故，如图， 由图可知，， 解得，即实数a的取值范围为． 故选：A． 【点睛】结论点睛：设函数，，，． （1）若，则函数的周期为2a； （2）若，则函数的周期为2a； （3）若，则函数的周期为2a； （4）若，则函数的周期为2a； （5）若，则函数的周期为； （6）若函数的图象关于直线与对称，则函数的周期为； （7）若函数的图象既关于点对称，又关于点对称，则函数的周期为； 二､多选题：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. 从装有3个红球和3个黑球的口袋内任取两个球，则下列说法正确的是（ ） A. “至少有一个黑球”与“都是黑球”是互斥而不对立的事件 B. “至少有一个黑球”与“至少有一个红球”不是互斥事件 C. “恰好有一个黑球”与“恰好有两个黑球”是互斥而且是对立的事件 D. “至少有一个黑球”与“都是红球”是对立事件 【答案】BD 【解析】 【分析】由互斥事件及对立事件的定义进行依次判断． 【详解】“至少有一个黑球”等价于“一个黑球和一个红球或两个黑球”与“都是黑球”可以同时发生，不是互斥事件，故A错误； “至少有一个黑球”等价于“一个黑球和一个红球或两个黑球”，“至少有一个红球”等价于“一个黑球和一个红球或两个红球”，可以同时发生，故B正确； “恰好有一个黑球”等价于“一个黑球和一个红球”，与“恰好有两个黑球”，不同时发生，还有可能都是红球，不是对立事件，故C错误； “至少有一个黑球”等价于“一个黑球和一个红球或两个黑球”，与“都是红球”，不同时发生，但一定会有一个发生，是对立事件，故D正确． 故选：BD． 10. 已知函数，则下列说法正确的有（ ） A. 函数为偶函数 B. 当时， C. 函数的值域为 D. 若，则实数的取值范围为 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用奇偶性定义可判断A选项；直接计算可判断B选项；由，根据可得函数的值域可判断C选项；判断出的单调性，根据单调性可得，两边平方解不等式可判断D选项. 【详解】对于A，，由， 可得函数为偶函数，故A选项正确； 对于B，由， 可得，故B选项正确； 对于C，由，又由，有， 有，可得函数的值域为，故C选项错误； 对于D，当时，由，可得函数在上单调递增， 又由函数为偶函数，可得函数的减区间为，增区间为， 若，有，不等式两边平方后可解得或，故D选项正确. 故选：ABD. 11. 如图，已知三棱柱，平面，，，，分别是，的中点，则下列说法正确的是（ ） A. 平面 B. 平面 C. 直线与直线的夹角为 D. 若，则平面与平面的夹角为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据线面平行判定定理求证，即可判断A；根据线面垂直关系先证明平面，从而得，由结合线面垂直的判定定理，即可判断B；由，，可得是等腰直角三角形，从而可得直线与直线的夹角，即可判断C；连接，先证明平面，由线面垂直关系确定平面与平面的夹角，结合三角形边角可求得夹角大小，即可判断D. 【详解】因为分别是，的中点，所以， 又平面，平面，所以平面，故A正确； 因为平面，所以平面， 又平面，所以， 因为，平面，所以平面， 又平面，所以， 因为，平面，则平面，故B正确； 由于为中点，且，，因此是等腰直角三角形. 是的中点，则，故直线与直线的夹角为，故C错误； 连接， 由于，平面， 所以平面， 又平面，则，因此平面与平面的夹角为， 由于，因此，则，因此，故D正确. 故选：ABD. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若实数，且，则的最小值为______. 【答案】4 【解析】 【分析】根据，将化简可得，再根据基本不等式“1”的巧用求解最值即可. 【详解】由可得， 因为，所以，即，则， 则， 当且仅当，即时等号成立，故的最小值为. 故答案为：. 13. 已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为_________． 【答案】 【解析】 【分析】将原问题转化为求解圆锥内切球的问题，然后结合截面确定其半径即可确定体积的值. 【详解】易知半径最大球为圆锥的内切球，球与圆锥内切时的轴截面如图所示， 其中，且点M为BC边上的中点， 设内切圆的圆心为， 由于，故， 设内切圆半径为，则： ， 解得：，其体积：. 故答案为：. 【点睛】与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径. 14. 在四边形中，，点是四边形所在平面上一点，满足.设分别为四边形与的面积，则______. 【答案】 【解析】 【分析】设出梯形两底的长，取AB，CD，BD，AC的中点M，N，X，Y，并探讨它们的关系，结合已知向量等式确定点P的位置并求出，再由三角形、梯形面积公式求解即得. 【详解】在四边形中，，则四边形是梯形，且，令，， 记M，N，X，Y分别是AB，CD，BD，AC的中点，显然， 于是点M，X，Y，N顺次共线并且， 显然，，而，则， 因此点P在线段XY上，且，设A到MN的距离为h， 由面积公式可知． 故答案为： 四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明､证明过程及演算步骤. 15. 已知函数． （1）求函数的最小正周期、图象的对称中心及其单调递减区间； （2）求函数在上的最值及其对应的的值． 【答案】（1）最小正周期为，对称中心为，减区间为； （2）时，最小值为，时，最大值为7． 【解析】 【分析】（1）根据题意，结合三角函数的图象与性质，准确计算，即可求解； （2）由，得到，结合正弦函数的性质，即可求解. 【小问1详解】 解：由函数，可得函数最小正周期为， 令，解得，所以对称中心为， 再令，解得， 所以函数的减区间为. 【小问2详解】 解：因为，所以， 所以当，即时，函数有最小值为， 当，即时，函数有最大值为7． 16. 团建的目的是增强团队凝聚力和团队融合度，提高团队间熟悉感和协助能力，在紧张的工作中放松，能够更好地完成日常工作．某文化传媒公司团建活动是投篮比赛，其中10名员工的投中个数（每人投10个球）统计表如下： 编号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 投中个数 7 9 8 9 8 10 7 7 6 9 （1）求这10名员工在本次投篮比赛中投中个数的平均数和方差； （2）从投进9个球和10个球的员工中选2人分享活动感受，求这2人恰好都是投进9个球的员工的概率． 【答案】（1）平均数8，方差1.4； （2）. 【解析】 【分析】（1）利用平均数和方差的公式求解； （2）利用古典概型的概率求解. 【小问1详解】 解：依题意，这10名员工在本次投篮比赛中投中个数的平均数为， ； 方差为； 【小问2详解】 依题意，这10名员工投中10个球的有1人，编号为6，投中9个球的有3人，编号为2，4，10，从中任选2人， 有，共6种， 这2人恰好都是投进9个球的有，共3种， 所以这2人恰好都是投进9个球的概率． 17. 如图，在三棱柱中，平面平面，． （1）证明：； （2）求二面角的正弦值． 【答案】（1） 取AC的中点，则，且， 因为平面平面ABC，且平面平面平面ABC， 所以平面 因为平面， 所以， 因为， 又因为平面平面， 又平面； （2） 【解析】 【分析】（1）利用直线与平面垂直证明两直线垂直； （2）利用空间向量法求解二面角的正弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 如图所示，以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系， 可得， 因为， 设平面的法向量为， 则由得 令，则， 设平面的法向量为， 则由得 令，则， 记二面角的平面角为， 因为， 显然，所以， 所以二面角的正弦值为. 18. 设函数的定义域为，对于区间，若满足以下两条性质之一，则称为的一个“Ω区间”.性质1：对任意，均有；性质2：对任意，均有. （1）分别判断说明区间是否为下列两函数的“Ω区间”； ； . （2）若是函数的“Ω区间”，求的取值范围. 【答案】（1） 对于，由一次函数性质得它在上单调递减， 所以当时，，故区间是的“Ω区间”， 对于，由反比例函数性质得它在上单调递减， 所以当时，，此时不满足， 也不满足，故区间不是的“Ω区间”. （2） 【解析】 【分析】（1）利用给定定义逐步检验即可. （2）利用给定定义结合对参数分类讨论，求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 若是函数的“Ω区间”， 而，不满足性质2，必然满足性质1， 由二次函数性质得在上单调递增，在上单调递减， 当时，在上单调递增， 且， 即，所以， 满足，符合题意， 当时，在上单调递减， 所以，而，符合题意， 当时，在上单调递减， ，所以，不符合题意， 综上可得的取值范围为. 【点睛】关键点点睛：本题考查函数新定义，解题关键是利用给定定义，然后对参数进行分类讨论，得到所要求的取值范围即可． 19. 在中，内角的对边分别为，已知. （1）求角； （2）已知是边上的两个动点（不重合），记. ①当时，设的面积为，求的最小值； ②记.问：是否存在实常数和，对于所有满足题意的，都有成立？若存在，求出和的值；若不存在，说明理由. 【答案】（1）； （2）①；②存在，. 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理与和角公式将等式化成，由的范围得到，利用内角和即得； （2）①设利用正弦定理分别求出,代入三角形面积公式，整理成，利用正弦函数的图象性质即可求得； ②假设等式成立，利用和差化积公式化简，代入，得到对于所有满足题意的成立，联立方程组计算即得. 【小问1详解】 由，和正弦定理可得，， 即， 移项得，，即， 因为,则有， 故，即，又，所以； 【小问2详解】 ①因为，所以，又，所以. 如图，因，设则， 则在中，由正弦定理，得，所以， 在中，由正弦定理，得，所以， ， 因，则，故当，即时，； ②假设存在实常数，对于所有满足题意的，都有成立， 即都有， 由题意，代入整理得，对于所有满足题意的成立， 故有，从而有，即， 因为，所以. 即存在实常数，对于所有满足题意的，都有成立. 【点睛】关键点点睛：本题主要考查与三角函数有关的含参数的等式恒成立问题，属于难题. 一般思路是通过参数整理，将等式整理成关于参数为整体的方程恒成立的形式，依题，使其系数和常数项都等于零，联立方程，最后根据方程组的解的情况进行分析判断. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 宝鸡南山中学2023级2024~2025学年高二第一学期开学考试 数学 全卷满分150分，考试时间120分钟. 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名､准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3.选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚. 4.考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交. 5.本卷主要考查内容：必修第一册，必修第二册，选择性必修第一册第一章. 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 复平面内三点所对应的复数分别为，若四边形为平行四边形，则点对应的复数为（ ） A. 2 B. C. 1 D. 3. 已知向量，，且与互相垂直，则k的值是（ ） A. 1 B. C. D. 4. 已知且，则“”是“函数为偶函数”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 5. 如图所示，圆柱的底面直径和高都等于球的直径，则该圆柱的表面积与球的表面积之比为（ ） A. 1 B. C. D. 6. 已知，则（ ） A. B. C. D. 7. 如图，在棱长为1的正方体中，，若平面，则线段的长度的最小值为（　　） A. B. C. D. 8. 对任意的函数，都有，且当时，，若关于的方程在区间内恰有6个不等实根，则实数的取值范围是（ ） A. (3,5) B. (3,4) C. [3,4] D. [3,5] 二､多选题：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. 从装有3个红球和3个黑球的口袋内任取两个球，则下列说法正确的是（ ） A. “至少有一个黑球”与“都是黑球”是互斥而不对立的事件 B. “至少有一个黑球”与“至少有一个红球”不是互斥事件 C. “恰好有一个黑球”与“恰好有两个黑球”是互斥而且是对立的事件 D. “至少有一个黑球”与“都是红球”是对立事件 10. 已知函数，则下列说法正确的有（ ） A. 函数为偶函数 B. 当时， C. 函数的值域为 D. 若，则实数的取值范围为 11. 如图，已知三棱柱，平面，，，，分别是，的中点，则下列说法正确的是（ ） A. 平面 B. 平面 C. 直线与直线的夹角为 D. 若，则平面与平面的夹角为 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若实数，且，则的最小值为______. 13. 已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为_________． 14. 在四边形中，，点是四边形所在平面上一点，满足.设分别为四边形与的面积，则______. 四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明､证明过程及演算步骤. 15. 已知函数． （1）求函数的最小正周期、图象的对称中心及其单调递减区间； （2）求函数在上的最值及其对应的的值． 16. 团建的目的是增强团队凝聚力和团队融合度，提高团队间熟悉感和协助能力，在紧张的工作中放松，能够更好地完成日常工作．某文化传媒公司团建活动是投篮比赛，其中10名员工的投中个数（每人投10个球）统计表如下： 编号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 投中个数 7 9 8 9 8 10 7 7 6 9 （1）求这10名员工在本次投篮比赛中投中个数的平均数和方差； （2）从投进9个球和10个球的员工中选2人分享活动感受，求这2人恰好都是投进9个球的员工的概率． 17. 如图，在三棱柱中，平面平面，． （1）证明：； （2）求二面角的正弦值． 18. 设函数的定义域为，对于区间，若满足以下两条性质之一，则称为的一个“Ω区间”.性质1：对任意，均有；性质2：对任意，均有. （1）分别判断说明区间是否为下列两函数的“Ω区间”； ； . （2）若是函数的“Ω区间”，求的取值范围. 19. 在中，内角的对边分别为，已知. （1）求角； （2）已知是边上的两个动点（不重合），记. ①当时，设的面积为，求的最小值； ②记.问：是否存在实常数和，对于所有满足题意的，都有成立？若存在，求出和的值；若不存在，说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $