2023-2024学年江西省新余市实验中学高二上学期开学检测数学试题含答案

这是一份2023-2024学年江西省新余市实验中学高二上学期开学检测数学试题含答案，共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023-2024学年江西省新余市实验中学高二上学期开学检测数学试题 一、单选题1．若集合，，则等于A． B． C． D．【答案】C【分析】解不等式,可得集合A与集合B,根据交集运算即可得解.【详解】集合，解不等式,可得，所以所以选C【点睛】本题考查了一元二次不等式、分式不等式解法,集合交集运算,注意分式不等式分母不为0的限制要求,属于基础题.2．一个圆锥的侧面展开的扇形面积是底面圆面积的2倍，若该圆锥的体积为，则该圆锥的母线长为（    ）A．3 B． C．6 D．【答案】C【分析】设圆锥的底面圆半径为r，高为h，母线长为l，根据圆锥侧面积与圆的面积关系可得，由勾股定理可得，结合圆锥的体积公式计算即可求解.【详解】设圆锥的底面圆半径为r，高为h，母线长为l，则圆锥侧面展开的扇形面积为，底面圆面积为，因为，所以，得，所以圆锥的体积为，解得，所以，即圆锥的母线长为6.故选：C.3．在中，，则（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据平面向量的线性运算可得答案.【详解】由可得为边中点，如图所示：  故选：B.4．已知，，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】先根据已知条件求出，，从而求出，进而利用二倍角的余弦公式求出结论.【详解】因为，所以，又，所以，，所以，所以.故选：C.5．如图所示，一个水平放置的四边形OABC的斜二测画法的直观图是边长为2的正方形，则原四边形的面积是（    ）A． B． C．16 D．8【答案】B【分析】根据斜二测画法规则求出，判断的形状，确定，由此求出原四边形的面积.【详解】在正方形中可得，由斜二测画法可知，，且，，所以四边形为平行四边形，所以．故选：B.6．某教学软件在刚发布时有100名教师用户，发布5天后有1000名教师用户，如果教师用户人数与天数t之间满足关系式：，其中为常数，是刚发布的时间，则教师用户超过30000名至少经过的天数为（    ）（参考数据：）A．11 B．12 C．13 D．14【答案】C【分析】根据题意，列出方程组求得，由不等式，结合对数的预算性质，即可求解.【详解】由题意得，可得，所以，则，故，所以教师用户超过20000名至少经过天.故选：C7．函数的大致图象为（    ）A．   B．  C．   D．      【答案】D【分析】首先判断函数的奇偶性，排除选项，再根据特殊值的正负，再排除选项，即可求解.【详解】函数的定义域为，由，则为偶函数，图象关于y轴对称，故排除A，C，又，故排除B，故选：D.8．在三棱锥中，平面，，，，则三棱锥的外接球半径为（    ）A．3 B． C． D．6【答案】C【分析】先求出△外接圆半径，利用勾股定理求出三棱锥的外接球半径.【详解】由正弦定理得,△外接圆直径为，得r=3.设球心到平面的距离为，则.∴三棱锥的外接球半径为.故选：C 二、多选题9．下列说法不正确的是(    )A．函数的零点是和B．正实数a，b满足，则不等式的最小值为C．函数的最小值为2D．的一个必要不充分条件是【答案】ACD【分析】A：求出函数的零点即可判断；B：利用和基本不等式即可判断求解；C：令，利用换元法和基本不等式即可判断；D：判断从是否可得，结合充分条件和必要条件的概念即可判断．【详解】对于选项A：或，则函数的零点是或，故A错误；对于选项B：，，当且仅当，即时，等号成立，故的最小值为，故B正确；对于选项C：令，则，则函数化为，当且仅当，即时等号成立，∵t≥2，故等号不成立，即，故C错误；对于选项D：若，则，即是的充分条件，故D错误．故选：ACD．10．已知复数，则（    ）A． B．C． D．若，则【答案】ACD【分析】根据复数的乘法运算即可判断A,由模长公式以及共轭的性质即可判断BCD.【详解】由题意，得正确；因为，所以错误；因为，所以，C正确；由题意，得，因为，，所以，D正确．故选：ACD11．将函数的图像上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），再将所得的图像向左平移个单位，得到的图像对应的解析式为（　　）A．  B．C． D．【答案】BC【分析】根据题意，由三角函数的图像变换即可得到变换之后的函数解析式，从而得到结果.【详解】由题意可得，将函数图像上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变）可得函数，再将所得的图像向左平移个单位，可得函数，即，且.故选：BC12．如图，四棱锥的底面是正方形，平面ABCD，，是线段的中点，是线段上的动点，则以下结论正确的是（    ）  A．平面平面B．直线与平面所成角正切值的最大值为C．二面角余弦值的最小值为D．线段上不存在点，使得平面【答案】ABC【分析】对于A，利用线面垂直与面面垂直的判定定理证明即可；对于BC，利用线面角与面面角的定义，结合的取值范围求解即可；对于D，找特殊点与重合时，证得平面，由此得解.【详解】对于A，因为底面，平面，所以．因为为正方形，所以，又，平面，平面，所以平面．因为平面，所以．因为，为线段的中点，所以，又因为，平面，平面，所以平面．又因为平面，所以平面平面，故A正确；对于B，由选项A可知平面，所以为直线与平面所成角，则，不妨设，则在中，，在中，，因为是线段上的动点，故，则，所以直线与平面所成角正切值的最大值为，故B正确；对于C，由选项A可知平面，平面，所以，则为二面角的平面角，因为，所以二面角余弦值的最小值为，故C正确；对于D，当与重合时，连接，连接，如图，  因为底面是正方形，所以是的中点，又为线段的中点，所以，又平面，平面，所以平面，即线段上存在点，使得平面，故D错误.故选：ABC.【点睛】关键点睛：本题解决的关键是利用线面垂直的判定定理证得平面与平面，从而得到直线与平面所成角与二面角的平面角，由此得解. 三、填空题13．已知，，且，，则的值是           .【答案】【分析】由平方关系求得，，再求出即可得解.【详解】解：因为，，且，，所以，，且，则，所以.故答案为：.14．甲、乙两名考生填报志愿，要求甲、乙只能在A，B，C这3所院校中选择一所填报志愿．假设每位同学选择各个院校是等可能的，则院校A，B至少有一所被选择的概率为         ．【答案】【分析】利用对立事件的概率计算公式和独立事件的乘法公式即可得到答案.【详解】设事件为院校A，B至少有一所被选择，则其对立事件为两人均选择院校，甲选择院校的概率为，乙选择院校的概率为，则甲乙同时选择院校的概率为，则.则院校A，B至少有一所被选择的概率为.故答案为：.15．已知（）满足，，且在上单调，则的最大值为        .【答案】【分析】由，得到，再由函数在区间上单调，求出的取值范围，即可求出的取值集合，从而求出的最大值；【详解】满足，，即，，在上单调，，即，当时最大，最大值为故答案为：16．已知，，若对，恒有，且点满足，为的中点，则        ．【答案】【分析】根据数量积的运算律得到对恒成立，即可得到对恒成立，根据求出，再根据及数量积的运算律计算可得.【详解】因为，，因为对，恒有，所以对恒成立，即对恒成立，即对恒成立，所以，即，所以，又，所以.故答案为： 四、解答题17．已知向量，．(1)若，求的值；(2)若，求的值．【答案】(1)(2)或． 【分析】（1）由向量平行的坐标运算求解；（2）由向量垂直的坐标运算求解.【详解】（1）因为，所以.（2）,由，则，或．18．在△中，其内角A、B、C所对的边分别是a，b，c，且满足___________．①②③请从上述所给的三个条件中任选一个，补充到上面的横线上，并解答下列问题：(1)求角A的大小；(2)已知△外接圆的半径为，如图所示，AD是的角平分线，且，求△的面积．【答案】(1)(2) 【分析】（1）若选①利用正切的两角和公式恒等变形即可求解；若选②利用余弦的二倍角公式及其辅助角公式恒等变形即可求解；若选③利用正弦定理边化角,并利用正弦的二倍角公式恒等变形即可求解.（2）利用正弦定理即可求得,利用面积关系及其余弦定理即可求得，最后即可求得△的面积.【详解】（1）若选①，由已知式化简得，所以．在△中，，所以，所以．因为，所以．若选②，在△中，，则已知式化为，所以，即，所以，因为，所以，所以，即．若选③，由题设及正弦定理，得．在△中，，且．所以，即．因为，所以，所以，又因为，所以，所以．（2）由（1）和题设知，，△外接圆的半径，从而在△中，由正弦定理得，由于，且，所以，所以．①在△中，由余弦定理得，即．②联立①②，得，解得，或（舍去），所以．19．某市为了鼓励市民节约用电，实行“阶梯式”电价，将该市每户居民的月用电量划分为三档，月用电量不超过的部分按0.5元收费，超过但不超过的部分按0.8元收费，超过的部分按1.0元收费.（1）求某户居民用电费用（单位：元）关于月用电量（单位：）的函数解析式（2）为了了解居民的用电情况，通过抽样获得了今年1月份100户居民每户的月用电量，统计分析后得到如图所示的频率直方图.若这100户居民中，今年1月份电费不超过260元的占80%，求，的值；（3）在（2）的条件下，计算月用电量的75%分位数.【答案】（1）；（2），；（3）375千瓦时.【分析】（1）根据题意以及分段函数的知识，求得与之间的函数解析式.（2）先求得用电量低于400千瓦时的占80%，利用频率之和列方程组，解方程组求得的值.（3）根据百分位数的计算方法，计算出分位数.【详解】（1）当时，；当时，；当时，.所以与之间的函数解析式为（2）由（1）可知，当时，，即用电量低于400千瓦时的占80%，结合频率分布直方图可知解得，.（3）设75%分位数为，因为用电量低于300千瓦时的所占比例为，用电量低于400千瓦时的占80%，所以75%分位数在内，所以，解得，即用电量的75%分位数为375千瓦时.20．如图，正方形和菱形所在平面互相垂直，.四棱锥的体积是.  (1)求证：平面；(2)求四面体的体积.【答案】(1)证明见详解 (2)  【分析】（1）先由，，可证明平面平面，进而得证.（2）连接交于点，连接，先证平面，可证明平面，四面体在面上的高为，由此能求出四面体的体积.【详解】（1）证明：因为四边形是正方形，四边形是菱形，所以，，所以平面，平面，又是平面内的两条相交直线，平面平面，又平面，平面.（2）解：连接，与交于点，连接，则为，的中点，四边形是菱形，，是正三角形，，平面平面，且交线为,平面，同理，得平面，设正方形的边长为，则，，，解得，，四面体在面上的高为，四面体的体积为：.  21．从以下给出的①、②两个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并加以解答．①，②已知的内角、、所对的边分别是、、，若______．（1）求角的值；（2）求的面积取得最大值时，边的长．【答案】条件选择见解析（1）；（2）2.【分析】（1）若选①，利用正弦定理化边为角，可得，即得解；若选②，利用正弦定理化角为边，可得，结合余弦定理，即得解；（2）由，再结合均值不等式可得，再利用面积公式即得解.【详解】（1）若选①：由正弦定理可化为，则，因为，所以；若选②：由正弦定理可化为，即，由余弦定理可得，因为，所以；（2）因为，即，所以，当且仅当时，取最大值为，即有，解得．22．如图，在四棱锥中，，，平面平面PAD，E是的中点，F是DC上一点，G是PC上一点，且，.（1）求证：平面平面PAB；（2）若，，求直线PB与平面ABCD所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）【分析】（1）从线面垂直的证明入手，证明平面PAB，从而证得平面平面PAB；（2）添加辅助线，找到直线PB与平面ABCD所成的角，再在直角三角形中求其正弦值，也可以建立空间直角坐标系，利用空间向量法进行求解.【详解】（1）如图，取的中点M，连接MD，ME，则，.又，，所以，，所以四边形MDFE是平行四边形，所以.因为，所以.因为平面平面PAD，平面平面，，所以平面PAD.因为平面PAD，所以.因为，所以平面PAB，所以平面PAB.又平面EFG，所以平面平面PAB.（2）解法—：过点P作于点H，则平面ABCD，以H为坐标原点，HA所在直线为x轴，过点H且平行于AB的直线为y轴，PH所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.在等腰三角形PAD中，，，因为，所以，解得，则，所以，，所以.易知平面ABCD的一个法向量为，所以，所以直线PB与平面ABCD所成角的正弦值.解法二：由（1）可知平面PAD，因为平面PAD，所以.在直角三角形PAB中，由勾股定理可得.过点P作于点H，则平面ABCD，连接HB，则是直线PB与平面ABCD所成的角.在等腰三角形PAD中，，，因为，所以，解得，在直角三角形PHB中，.所以直线PB与平面ABCD所成角的正弦值为.【点睛】本题考查面面垂直的证明以及直线与平面所成角的正弦值的求解，考查空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力，属于中档题.试题要求考生能根据题干中的信息正确分析出图形中点、线、面之间的位置关系，对逻辑推理、直观想象等核心素养要求较高.