湖北省襄阳市第五中学2023-2024学年高二数学上学期新起点考试试题（Word版附解析）

襄阳五中2025届高二上学期新起点考试

数学试题

一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40.0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】C

【解析】

【分析】先化简集合P，Q，再利用集合的补集和交集运算求解.

【详解】解：因为，

所以或，

，

所以 ，

故选：C

2. 已知不重合的平面、、和直线，则“”的充分不必要条件是（    ）

A. 内有无数条直线与平行 B. 内的任何直线都与平行

C. 且 D. 且

【答案】D

【解析】

【分析】利用面面位置关系可判断AC选项；利用面面平行的定义可判断B选项；利用线面垂直的性质定理可判断D选项.

【详解】对于A选项，若内有无数条直线与平行且这无数条直线是平行直线，则、平行或相交，

即“内有无数条直线与平行”“”，A不满足；

对于B选项，由面面平行的定义可知，“内的任何直线都与平行”“”，B不满足；

对于C选项，若且，则、平行或相交，

则“且”“”，C不满足；

对于D选项，由线面垂直的性质可知，若且，则，

反之，若，则“且”不一定成立，

故“且”是“”的充分不必要条件，D满足.

故选：D.

3. 如果函数在区间上单调递增，那么实数的取值范围是（   ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据二次函数的单调性即可求解.

【详解】的对称轴为，故，

故选：A

4. 在中，，，，则最长边（    ）

A. 6 B. 12 C. 或12 D.

【答案】B

【解析】

【分析】由正弦定理结合中最长边为求得角B，可得角C，根据勾股定理即可得答案.

【详解】在中，，，,

由正弦定理得

由于最长边为,最大角为C，故角B为锐角，所以，则，

故，

故选：B

5. 已知向量，则＝（　　）

A. 6 B. 7

C. 9 D. 13

【答案】C

【解析】

【分析】根据空间向量加法与数量积的坐标运算即可.

【详解】因为

所以.

故选：C.

6. 二面角的棱上有A、B两点，直线、分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于，已知，AC=3，，，则该二面角的大小为（    ）．

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】将向量转化成，然后等式两边同时平方表示出向量的模，再根据向量的数量积求出向量与的夹角，而向量与的夹角就是二面角的补角．

【详解】如图所示：

由条件，知．

，

，即，

所以二面角的大小为

故选：B．

7. 四面体ABCD的四个顶点都在球的球面上，，，点E，F，G分别为棱BC，CD，AD的中点，现有如下结论：①过点E，F，G作四面体ABCD的截面，则该截面的面积为2；②四面体ABCD的体积为；③过作球的截面，则截面面积的最大值与最小值的比为5：4.则上述说法正确的个数是（    ）

A. 0 B. 1 C. 2 D. 3

【答案】C

【解析】

【分析】根据线面垂直的判定定理，结合长方体模型、球的几何性质逐一判断即可.

【详解】选项①中，如图（1）所示，找的中点，过点E，F，G做四面体ABCD的截面即为面，

则 , ，所以四边形为平行四边形，

找的中点,连接，因为，所以平面，

所以平面， 平面，

所以，所以，

所以四边形为矩形，，，

所以截面的面积，故①正确；

选项②中，中，由勾股定理得：，

同理，过点 作,则，所以由勾股定理得：，

所以 ，

由选项①可得：平面,

所以，，故②错误；

选项③中，可以将四面体放入如图（2）所示的长方体中，由题可求得， ，

所以外接球的半径 ，截面面积的最大值为；平面截得的面积为最小面积，

截面圆的半径，截面积最小为，所以截面面积的最大值与最小值的比为5：4，故③正确.

图（1）

图（2）

【点睛】关键点睛：利用长方体模型、结合球的几何性质是解题的关键.

8. 如图，在长方体中，，，E为棱AD上一点，且，平面上一动点Q满足，设P是该长方体外接球上一点，则P，Q两点间距离的最大值是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】建立空间直角坐标系，设出点坐标，结合平面向量基本定理求出点到外接球球心距离的最大值，然后加上外接球半径即为要求的最大值.

【详解】以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系.

设,长方体外接球球心记为.

则,

因为，所以①.

又动点在面上，所以可设，

则，即②.

将②代入①中整理得③.

在三棱锥中， 且两两互相垂直，

所以三棱锥为正三棱锥且底边.

当面时，最小，在正三棱锥中由等体积法有

，解得.

在中，，此时有最大值.

又.

先代入②再代入③有.

则，此时有最大值，解得.

当点与点重合时，满足，最大，此时.则.

点到外接球球心距离为④.

将②代入④中整理得.

又，所以

因为，所以当时，.

因为长方体外接球半径为.

所以P，Q两点间距离的最大值为.

故选：B

【点睛】关键点点睛：本题个关键是利用坐标法找出动点Q满足的条件，进而利用坐标法求出，然后利用球的性质即得.

二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20.0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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.

9. 下列说法正确的是（    ）

A. 命题“”的否定是“”

B. 若正数满足，则

C. 函数的最小正周期是

D. 半径为1，圆心角为的扇形的弧长等于

【答案】BCD

【解析】

【分析】根据全称命题的否定是特称命题可判断A；利用基本不等式可判断B；利用三角函数的周期公式可判断C；利用扇形的弧长公式可判断D.

【详解】命题“”的否定是“”，故A错误；

，当且仅当时，等号成立，故B正确；

函数的最小正周期，故C正确；

半径为1，圆心角为的扇形的弧长为，故D正确.

故选：BCD.

10. 一组数据，，…，的平均数是3，方差为4，关于数据，，…，，下列说法正确的是（    ）

A. 平均数是3 B. 平均数是8

C. 方差11 D. 方差是36

【答案】BD

【解析】

【详解】代入平均数和方差公式，即可求解.

【分析】，，，…，的平均数为，方差为，则，，

所以数据，，…，的平均数为，

方差为.

故选：BD.

11. 如图所示，在长方体中，，，，则在以八个顶点中的两个分别为始点和终点的向量中（    ）

A. 单位向量有8个 B. 与相等的向量有3个

C. 的相反向量有4个 D. 模为的向量有4个

【答案】ABC

【解析】

【分析】根据单位向量、相等向量、相反向量和向量的模的概念逐项分析可得答案.

【详解】由题可知单位向量有，，，，，，，，共8个，故A正确；

与相等的向量有，，，共3个，故B正确；

向量的相反向量有，，，，共4个，故C正确；

模为的向量分别为，，，，，，，，共8个，故D错误．

故选：ABC

12. 如图，在棱长为6的正方体中，分别为的中点，点是正方形面内（包含边界）动点，则（    ）

A. 与所成角为

B. 平面截正方体所得截面的面积为

C. 平面

D. 若，则三棱锥的体积最大值是

【答案】BCD

【解析】

【分析】A选项，如图建立以A为原点的空间直角坐标系，利用空间向量可判断选项；做出截面求得截面面积可判断B；利用线线平行可得线面平行判断C，求得P的轨迹方程可求得三棱锥的体积最大值判断D.

【详解】以为坐标原点，以所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，，，，

∴，，，

对A选项，，

则直线与所成角为，故A错误；

对B选项，由平面在两平行平面上的交线互相平行，取的中点的中点，的中点，连接，延长一定与交于一点，所以四点共面，同理可证四点共面，

则过点作正方体的截面，截面为正六边形，边长为，

则正六边形的面积为，故B正确.

由正方体，可得，

∵分别为的中点，∴，

∴平面平面，

∴平面，故C正确；

如图，面，又面，故，同理，

又，

根据题意可得，设，

又，

∴，整理得，

∴在正方形面内(包括边界)，是以为圆心，半径的圆上的点，

令，可得，

∴当为圆与线段的交点时，到底面的距离最大，最大距离为，

∴三棱锥的体积最大值是，故D正确.

故选:BCD

【点睛】关键点点睛：本题解题关键是建立空间直角坐标系，用向量的方法研究点线面的位置关系及数量计算.

三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20.0分.

13. 已知甲、乙两人进行比赛，约定每局胜者得1分，负者得0分，当比赛进行到一方比另一方多2分或者打满6局时停止比赛，设甲在每局中获胜的概率为，乙每局获胜的概率为，且各局之间相互独立，则6局后才停止比赛的概率为______．

【答案】

【解析】

【分析】设比赛结束时进行的局数为X，确定其取值为，求得的值，即可求得答案.

【详解】设比赛结束时进行的局数为X，则X的可能取值为，

则,

4局结束时，即前两局甲、乙各胜一局，后两局都是最终的获胜者胜，

故，

则，

即6局后才停止比赛的概率为，

故答案为：

14. 如图，在中，，过点的直线分别交直线，于不同的两点，.设，，则的最小值为____________.

【答案】

【解析】

【分析】根据三点共线求得的等量关系式，结合基本不等式求得的最小值.

【详解】因为，所以，

所以，

又，，

所以，

因为，，三点共线，所以，

由图可知，，

所以，

当且仅当，即、时取等号，

所以的最小值为.

故答案为：

【点睛】方法点睛：利用基本不等式求式子的最值，要注意一正、二定、三相等，正表示用基本不等式的，定表示用基本不等式后得到的需是定值，这个定值才是最值，三相等是指等号成立的条件是要存在.

15. 两个非零向量，，定义．若，，则___________．

【答案】

【解析】

【分析】根据新定义及向量夹角公式计算即可.

【详解】因为，，

所以，

故，

所以，

故答案为：

16. 已知是面积为的等边三角形，且其顶点都在球的球面上，若球的表面积为，则到平面的距离为______

【答案】1

【解析】

【分析】画出图形，利用已知条件求三角形的外接圆的半径，然后求解即可．

【详解】由题意可知图形如图：是面积为的等边三角形，可得，

，

可得：，

球的表面积为，设外接球的半径为；

所以，解得，

所以到平面的距离为：．

故答案为：1．

四、解答题：本大题共6小题，共70.0分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.

17. 已知函数.

（1）若函数在区间上是单调递增函数，求实数k的取值范围；

（2）若对一切实数都成立，求实数k的取值范围．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）利用对称轴和区间的关系，列不等式，解不等式即可；

（2）利用判别式即可解决.

【小问1详解】

因为函数在区间上是单调递增函数，且的对称轴为，

所以，解得.

【小问2详解】

若对一切实数都成立，则，解得.

18. 已知内角的对边分别为，设.

（1）求；

（2）若的面积为，求的值.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据题意，由正弦定理的边角互化进行化简，结合余弦定理即可得到结果；（2）根据题意，由三角形的面积公式可得，结合余弦定理即可得到结果.

【小问1详解】

原式化简可得：，

整理得：，

由正弦定理可得：，

因此三角形的内角；

【小问2详解】

，

，

，

.

19. 摇奖器中有6个小球，其中4个小球上标有数字2，2个小球上标有数字5，现摇出3个小球，规定所得奖金（元）为这些小球上记号之和，如果参加此次摇奖，求获得所有可能奖金数及相应的概率.

【答案】所有可能奖金数为6，9，12，对应概率为，，

【解析】

【分析】确定奖金数额的可能取值，用列举法列举出摇奖的所有情况，根据古典概型的概率公式即可求得答案.

【详解】设此次摇奖的奖金数额为元，获得所有可能奖金数，9，12；

记标有数字2的球为1，2，3，4；标有数字5的球为，，

则从中摇出3个球的所有样本点为：

123，124，，，134，，，，，，234，，，，，，，，，共20个；

当摇出的3个小球均标有数字2时，；对应的样本点有：123，124，134，234共4个，

当摇出的3个小球有1个标有数字2，2个标有数字5时，，

对应的样本点有：，，，共4个

当摇出的3个小球中有2个标有数字2，1个标有数字5时，；

对应样本点共有个，

故，，，

20. 已知四棱锥，底面是边长为2的菱形，平面，且，，，分别是，的中点.

（1）求与平面所成角的正弦值；

（2）求二面角的正切值；

（3）求点到平面的距离.

【答案】（1）   

（2）2    （3）

【解析】

【分析】（1）先证，，两两垂直，构建空间直角坐标系，再应用向量法求线面角的正弦值；

（2）取的中点，连接，易证平面，过作于，结合二面角定义找到对应的平面角，进而求其正切值；

（3）根据（1）所得坐标系，应用向量法求点面距离即可.

【小问1详解】

由四边形为菱形，，可得为正三角形.

因为为的中点，所以，，因此.

由于平面，平面，所以，，

故，，两两垂直，则以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

又，分别为，的中点，则，，，，，，，

所以，，，

设平面的一个法向量为，则，令，则，

设与平面所成角为，则.

【小问2详解】

取的中点，连接，又为中点，

所以且，又平面，则平面.

过作于，则就是二面角的平面角，

由图及题意得，，得.

【小问3详解】

设点到平面的距离为，，由（1）知：面的一个法向量为，

所以.

21. 已知向量，函数的最小值为.

（1）求；

（2）函数为定义在R上的增函数，且对任意的都满足，问：是否存在这样的实数，使不等式对所有恒成立，若存在，求出的取值范围；若不存在，说明理由.

【答案】（1）   

（2）存在，

【解析】

【分析】（1）利用向量的乘积运算求出的解析式，求出最小值可得,根据对称轴，讨论参数的范围分段表示求；
（2）假设存在符合条件的实数，则依题意有，对所有恒成立．设，则，利用三角函数的有界限转化为对勾函数的求最值问题，利用不等式的性质即可求出的取值范围．

【小问1详解】

设，则

，，其对称轴为，

当，即时，；

当，即时，；

综上，

【小问2详解】

假设存在符合条件的实数，则依题意有，

对所有恒成立.

设，则，

∴，恒成立

即，恒成立，

∵，

∴

∴，恒成立

令

由在上单调递增

则
 

∴

所以存在符合条件的实数，并且的取值范围为.

【点睛】关键点点睛:解题的关键点是换元思想，利用最值和单调性是解题的关键．

22. 如图，在三棱锥中，，，记二面角的平面角为．

（1）若，，求三棱锥的体积；

（2）若M为BC的中点，求直线AD与EM所成角的取值范围．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）作出辅助线，找到二面角的平面角，利用余弦定理求出，求出底面积和高，进而求出三棱锥的体积；（2）利用空间基底表达出，结合第一问结论求出，从而求出答案.

【小问1详解】

取AC的中点F，连接FD，FE，由BC=2，则，故DF⊥AC，EF⊥AC，故∠DFE即为二面角的平面角，即，连接DE，作DH⊥FE，因为，所以平面DEF，因为DH平面DEF，所以AC⊥DH，因为，所以DH⊥平面ABC，因为，由勾股定理得：，，又，由勾股定理逆定理可知，AE⊥CE，且∠BAC=，，在△ABC中，由余弦定理得：，解得：或（舍去），则，因为，，所以△DEF为等边三角形，则，故三棱锥的体积；

【小问2详解】

设，则，，由（1）知：，，取为空间中一组基底，则，由第一问可知：

，

则

其中，且，，故，

由第一问可知，又是的中点，所以，所以，

因为三棱锥中，所以，所以，故直线AD与EM所成角范围为.