江西省于都中学2023-2024学年高二上学期开学考试数学试题

江西省于都中学2023-2024学年高二上学期开学考试数学试题 （考试时间：120分钟 试卷总分：150分） 一、单选题（本大题共8小题，共40分） 1．若复数，为的共轭复数，则复数的虚部为（     ） A． B． C． D． 2．若直线平面，直线平面，，则（    ） A．或与异面 B． C．与异面 D．与相交 3．庄严美丽的国旗和国徽上的五角星是革命和光明的象征，正五角星是一个非常优美的几何图形，且与黄金分割有着密切的联系.在如图所示的正五角星中，以为顶点的多边形为正五边形，且，则（ ） A． B． C． D． 4．已知函数=Atan（x+）（），y=的部分图像如下图， 则 A．2+ B． C． D． 5．滕王阁，江南三大名楼之一，因初唐诗人王勃所作《滕王阁序》中的“落霞与孤鹜齐飞，秋水共长天一色”而名传千古，流芳后世．如图，在滕王阁旁地面上共线的三点A，B，C处测得阁顶端点P的仰角分别为，，，且米，则滕王阁的高度（    ）米. A． B． C． D． 6．已知中，．点为其外接圆的圆心且．则当取最大值时，的面积为（    ） A． B． C． D． 7．如图所示，已知正方体的棱长为分别是的中点，是线段上的动点，则下列说法正确的是（    ） A．当点与两点不重合时，平面截正方体所得的截面是六边形 B．平面截正方体所得的截面可能是三角形 C．一定是锐角三角形 D．面积的最大值是 8．设正方体的棱长为1，点E是棱的中点，点M在正方体的表面上运动，则下列命题：    ①如果，则点M的轨迹所围成图形的面积为； ②如果∥平面，则点M的轨迹所围成图形的周长为； ③如果∥平面，则点M的轨迹所围成图形的周长为； ④如果，则点M的轨迹所围成图形的面积为． 其中正确的命题个数为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 二、多选题（本大题共3小题，共18分） 9．已知向量，则下列说法正确的是（    ） A．当时， B．当时， C．与夹角为锐角时，则t的取值范围为 D．当时，在上的投影为 10．在平面直角坐标系中，使角的顶点与原点重合，角的始边与x轴的非负半轴重合.已知点是角终边上一点，，定义，对于下列说法：其中正确的是（    ） A．函数的值域是； B．函数的图象关于直线对称； C．函数是周期函数，其最小正周期为； D．函数的单调递减区间是，. 11．如图所示，一个封闭的圆台容器（容器壁厚度忽略不计），圆台的上下底面半径分别为3和1，母线长为4，则（    ） A．圆台容器的的容积为 B．圆台的外接球的半径为 C．容器中可放入一个半径为1.7球体 D．圆台容器内放入一个可以任意转动的正方体，则正方体棱长的最大值为2 三、填空题（本大题共3小题，共15分） 12．若一个球的体积为，则它的表面积为 ． 13．已知函数，若，且，则的取值范围是 ． 14．数列中，，平面内三个不共线的向量、、满足，若A，B，C在同一直线上，则 四、解答题（本大题共5小题，共77分） 15．已知函数 (1)当，求的最值，及取最值时对应的的值； (2)在中，为锐角，且，求的面积． 16．如图，在多面体中，四边形为矩形，四边形为直角梯形，平面平面，，，，为线段上动点. （1）若为中点，求证：平面； （2）线段上是否存在点，使平面与平面所成的锐二面角大小为？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由. 17．如图，在菱形中，与相交于点，平面，. (1)求证：平面； (2)当直线与平面所成的角的余弦值为时，求证：； (3)在（2）的条件下，求异面直线与所成的余弦值. 18．已知a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，且满足，． (1)求B； (2)若D，E为线段上的两个动点，且满足，，求的取值范围． 19．对于函数，若定义域内存在实数，满足，则称为“函数”. (1)已知函数，试判断是否为“函数”，并说明理由； (2)已知函数为上的奇函数，函数，为其定义域上的“函数”，求实数的取值范围. 第3页 共6页 ◎ 第4页 共6页 第1页 共6页 ◎ 第2页 共6页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C B A B B C D C ABC ABC 题号 11 答案 ACD 1．C 【分析】由题意可得，进而可得结果. 【详解】∵，∴， ∴,所以虚部为1, 故选：C. 2．B 【分析】过作平面交平面于，过作平面交平面于，通过线面平行的性质定理、判定定理、平行公理可以判断出的位置关系. 【详解】如图，过作平面交平面于，过作平面交平面于，因为，所以. 因为，所以. 所以，又，所以，又，所以，所以. 故选：B 3．A 【解析】设，根据，得到，进而得到，然后由求解. 【详解】设， 因为， 所以， 所以， 因为， 所以， 所以， ， . 故选：A 4．B 【详解】本题考查三角函数的图像和性质，数形结合思想. 由图像知周期则所以由得，因为所以则由得于是则故选B 5．B 【分析】设，由题意可求得，，，在中，，在中，，因为，所以两式相加可解得，即可得出． 【详解】设，因为，则， 因为，， 所以，， 在中，，即，① 在中，，即，② 因为，则， 所以①②两式相加可得：，解得：， 则． 故选：B. 6．C 【分析】结合平面向量的加法运算法则和数量积的定义可推出，从而得出的值，在中，由余弦定理有，结合基本不等式可得当时角最大，所以是以角为直角的直角三角形，从而可得答案. 【详解】因为为外接圆的圆心， 所以， 如图，过分别作,则分别为的中点. 所以 则， ， 所以当且仅当时最小， 此时角最大，且此时， 是以角为直角的直角三角形， 所以， 故选:C． 7．D 【分析】依据平面的性质画出平面截正方体所得的截面判断选项AB；举反例否定选项C；求得面积的最大值判断选项D 【详解】如图，当点P与A，B两点不重合时，将线段MP向两端延长， 分别交CD，CB的延长线于点O，Q，连接NO，NQ分别交，于R，S两点， 连接RM，SP，MP此时截面为五边形MPSNR，所以A错误； 当点P与点A或点B重合时，截面为四边形. 综上，平面截正方体所得的截面为四边形或五边形.不可能是三角形，所以B不正确； 考虑，当点P与点A重合时，，，， 此时因为，故为钝角，所以C错误； 如图，为中点，连接，则，且面， 延长分别交延长线于，则， 若分别为中点，易知：面，且，， 易证：面面，即在面上的投影为， 令，面面，则面，面， 所以，若，，则面，面， 所以，即为P到直线MN的距离， 如下图，随从A到B移动过程中，逐渐变大，而不变，故也在变大， 所以当P与点B重合时，点P到直线MN的距离取到最大值， 的面积取到最大值，此时，， 则MN边上的高为， △的面积为，即最大值为，D判断正确． 故选：D． 8．C 【分析】由正方体性质得面，根据线面垂直的判定定理、性质定理证面，确定轨迹图形判断①；若分别为中点，连接，根据线面平行、面面平行的判定证面面，确定轨迹图形判断②；若分别为的中点，连接，同②方式证面面，确定轨迹图形判断③；若分别是的中点，并依次连接，先证面面，结合①得面，确定轨迹图形判断④. 【详解】由面，而面，则，又， 又，面，则面， 由面，则，同理， ，面，则面， 所以垂直于面所有直线，且面， 若，则在边长为的正△的边上， 故轨迹图形面积为，①对；    若分别为中点，连接， 由正方体的性质易得，， 所以共面，且为平行四边形，故面即为面， 由面，面，则面， 同理可得面，，面， 所以面面，要使∥平面，则在△的边上， 所以轨迹长为，②错；    若分别为的中点，连接，显然， 所以共面，即面， 由，面，面，则面， 又，同理可得面，，面， 所以面面，故面内任意直线都与面平行， 要使∥平面，则在四边形的边上运动， 此时轨迹长为，③对；    若分别是的中点，并依次连接， 易知为正六边形，显然，， 由面，面，则面，同理可得面， ，面，所以面面， 由面，则面，故垂直于面所有直线， 要使，则在边长为的正六边形边上运动， 所以轨迹图形面积为，④对；    故选：C 9．ABC 【分析】由向量垂直的坐标运算得到A正确；由向量共线的坐标运算公式得到B正确；向量夹角为时，，再由向量共线当时，解得，不合条件，故得到C正确；在上的投影公式为代入数据进行运算，可得D错误. 【详解】时，，故A正确； 时，，故B正确； 与夹角时，， 当时，解得，无解，与夹角为锐角时，，C正确； 当时，在上的投影为，故D选项错误， 故选：ABC． 10．ABC 【解析】由题意可得，再利用函数的周期性､单调性的定义，函数的图象的对称性得出结论. 【详解】由已知点是角终边上一点，， 则， 则， 对于A，，即的值域是，故A正确； 对于B，当时，，故的图象关于直线对称，故B正确； 对于C，可知是周期函数，其最小正周期为，故C正确； 对于D，因为，，故不满足单调递减，故D错误. 故选：ABC. 11．ACD 【分析】对A，根据轴截面分析和台体体积公式求解；对B，圆台外接球的球心在圆台的轴上，作轴截面，则轴截面等腰梯形的外接圆的半径即为外接球的半径，由正弦定理求解；对C，根据题意可求出圆台内能放置的最大球的半径；对D，由C知圆台内能放下的最大球的直径，再根据该球为此正方体外接球求解即可. 【详解】圆台截面为等腰梯形､如图，可得圆台的高为， 由台体体积公式可得， 故A选项正确. 圆台外接球的球心在圆台的轴上，作轴截面， 则轴截面等腰梯形的外接圆的半径即为外接球的半径， 等价于的外接圆的半径. 由上图可得， 由正弦定理得. B选项错误. 考虑该圆台是否有内切球. 圆台的轴截面为等腰梯形，如图，与两底面相切（如图所示）时， 球心在两底面圆心连线们中点，半径为； 接下来验证点到距离， 由题意， 则，即为直角三角形， 所以，解得， 故圆台存在内切球，且半径为，故C选项正确. 正方体可以任意转动，则最大正方体应是圆台容器内最大球的内接正方体， 由（3）可知，最大正方体对角线为， 所以，最大边长的值为2，故D选项正确. 故选：ACD 12． 【详解】 13． 【分析】易知函数函数关于点的中心对称；根据题意可知，，由余弦函数图象和性质可知，所以关于中心对称时，最小；因为，若，则，由此即可求出结果. 【详解】令，得 所以函数关于点的中心对称； 因为，所以， 由余弦函数图象和性质可知，所以关于中心对称时，最小； 因为，不妨设， 所以若，则， 所以，所以的取值范围是. 故答案为：. 14．0 【分析】根据平面向量中三点共线的结论可得,即，推出数列的周期为，根据周期可求出结果. 【详解】因为平面内三个不共线的向量、、满足，且A，B，C在同一直线上， 所以，即， 所以，所以，即， 所以，所以，所以数列的周期为， 又因为，所以，， ，， 所以， 所以. 故答案为：. 15．(1),；， (2) 【分析】（1）利用诱导公式以及二倍角公式结合辅助角公式化简可得的表达式，根据范围，结合正弦函数性质，即可求得答案； （2）结合（1）的结果可求出角A，利用余弦定理可求出的值，利用三角形面积公式即可求得答案. 【详解】（1） ， ， ， 当，即时，； 当，即时，； （2）由，即， 而为锐角，，则， ， 又， 由余弦定理得，即，即， . 16．（1）证明见解析；（2）存在，. 【分析】（1）连结交于，要证明平面，只需证明； （2）以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出当时，平面与平面所成锐二面角的大小为，即可求得答案. 【详解】（1）连结交于， ∵为矩形， ∴为中点， 又为中点， ∴， 又平面，平面， ∴平面. （2）假设线段上存在点，使平面与平面所成的锐二面角大小为. 理由如下： ∵平面平面， 在矩形中，，平面平面， ∴平面，平面， ∴， 又， ∴以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系， 则，，，， 由题意知，重合时不符合，设， 则，，， 设是平面的法向量， 则，取，得， 又平面， ∴平面的法向量， ∴线段上存在点，使平面与平面所成的锐二面角大小为， ∴， 解得：或(舍去)， ∴当时，平面与平面所成锐二面角的大小为， 此时. 17．(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）要证与平面垂直，只要证与平面内两条相交直线垂直即可，这由已知线面垂直可得一个，又由菱形对角线垂直又得一个，由此可证； （2）由已知线面垂直得平面，从而知为直线与平面所成的角，从而可得，然后计算出三线段的长，由勾股定理逆定理可得垂直； （3）取中点，则有，从而可得异面直线所成的角，再解相应三角形可得． 【详解】（1）因为四边形是菱形，所以， 因为平面，平面，所以. 因为，平面平面， 所以平面； （2）因为平面 所以直线与平面所成的角为即. 在等边中， 所以中，所以. 过作交于点 所以中 中 中 所以； （3）取边的中点，连接易得且 为所求的角或其补角， 而在中，， 中， 所以异面直线与所成的余弦值为. 18．(1)； (2) 【分析】（1）根据正弦定理边角互化，结合三角恒等变换即可求解， （2）根据正弦定理可得的表示，即可利用三角形的面积公式，即可利用三角恒等变换，结合三角函数的性质即可求解. 【详解】（1）∵ ∴, 在中， ∴ ∴， 又在中， ∴，∴ ∵，∴ （2）∵，∴ ∵，∴ 或 又，所以，故，， 由正弦定理可得,故， 设，其中，则， 在中，由正弦定理可得 则 在中，由正弦定理可得 则． ∴的面积 ∵，则 ∴，即 ∴． 19．(1)是“函数”，理由见解析 (2) 【分析】（1）直接由新定义判断方程是否有解即可. （2）由题意得首先得，然后对分类讨论，将问题转换为方程有解求参数范围即可. 【详解】（1）由题意，若函数在定义域内存在实数，满足， 可得，即. 当时，上式成立，所以存在，满足， 所以函数是“函数”. （2）因为函数为上的奇函数， 所以，所以，经检验满足条件， 所以，所以， 所以，定义域为. ①当在区间上存在，满足时， 则，即. 令，则，当且仅当时取等号. 又，所以，即， 所以， 所以， ②当在区间上存在，满足时， 则，即有解. 因为在区间上单调递减，所以. ③当在区间上存在，满足时， 则，即有解. 因为在区间上单调递增，所以. 综上所述，实数m的取值范围为. 答案第16页，共17页 答案第17页，共17页 学科网（北京）股份有限公司 $$