四川省泸县第五中学2023-2024学年高二数学上学期开学考试试题（Word版附解析）

这是一份四川省泸县第五中学2023-2024学年高二数学上学期开学考试试题（Word版附解析），共19页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
泸县五中2023年秋期高二开学考试数学试题本试卷共4页，22小题，满分150分.考试用时120分钟.第I卷选择题（60分）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. 设，则在复平面内对应的点位于A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限【答案】D【解析】【详解】试题分析：,对应的点为,在第四象限考点：复数运算及其相关概念2. 若、是两个不重合的平面，①若内的两条相交直线分别平行于内的两条直线，则；②设、相交于直线，若内有一条直线垂直于，则；③若外一条直线与内的一条直线平行，则.以上说法中成立的有（    ）个.A. 0 B. 1 C. 2 D. 3【答案】C【解析】【分析】根据平面与平面平行的判定定理，平面与平面垂直的判定定理，直线与平面平行的判定定理可依次判断得解.【详解】对①，面内有两条相交直线分别平行于面内两条直线，可得这两条相交直线均平行于面，由平面与平面平行的判定定理可知①正确；对②，根据平面与平面垂直的判定定理，一个平面经过另一个平面的垂线可得平面与平面垂直，②错误；对③，根据直线与平面平行的判定定理可知③正确.故选：C.3. 一组数据按从大到小的顺序排列为8，7，，4，4，1，若该组数据的中位数是众数的倍，则该组数据的平均值、方差和第60百分位数分别是（    ）A. 6，，5 B. 5，5，5 C. 5，，6 D. 4，5，6【答案】C【解析】【分析】利用中位数与众数的定义得到关于的方程，从而得解.【详解】依题意，将这组数据从小到大重新排列得，，，，，，则中位数 ，众数为，由题意知，解得，所以这组数据的平均数为，则这组数据的方差是，因为，所以这组数据的第百分位数是；故选：C.4. 已知中，，，，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】根据题意，由余弦定理即可得到，从而得到其范围.详解】由题意，在三角形中，由余弦定理可得，，且，，所以.故选:C5. 已知点D为边BC上的中点，点E满足，若，则（    ）A. 5 B. 7 C. 9 D. 11【答案】D【解析】【分析】利用平面向量的线性运算，结合图形即可得解.【详解】依题意，作出图形如下，因为点D为BC上的中点，，所以，则，故，则.故选：D.6. 若，则的值为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】利用倍角公式结合齐次式问题运算求解.【详解】由题意可得：.故选：A.7. 已知，，则值为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】由已知条件列方程组可求出和，再利用两角差的余弦公式可求得结果.【详解】因为，，所以，解得，所以，故选：C8. 在中，下列命题正确的个数是（    ）①；②；③若，则为等腰三角形；④，则为锐角三角形．A. 1 B. 2 C. 3 D. 4【答案】B【解析】【分析】根据向量的运算公式，即可判断选项.【详解】①，故①错误；②.故②正确；③，则，为等腰三角形，故③正确；④若，只能说明中，角是锐角，不能说明其它角的情况，所以不能判断为锐角三角形，故④错误.故选：B二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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. 已知向量，则下列结论正确的是（    ）A. 若，则 B. 若，则C. 若，则 D. 若，则【答案】AB【解析】【分析】根据向量平行的坐标表示判断A，根据向量垂直的坐标表示判断B，根据向量的模的坐标表示判断C，D.【详解】对于A，因为，所以，所以，A正确；对于B，因为，所以，所以，B正确；对于C，因为，所以，所以，C错误；对于D，因为，所以，所以或，D错误；故选：AB.10. 声音是由物体振动产生的声波，纯音的数学模型是函数，我们听到的声音是由纯音合成的，称之为复合音，若一个复合音的数学模型是函数，则（     ）A. 函数图像的一个对称中心为B. 函数图像的一条对称轴为直线C. 函数在区间上单调递增D. 将函数图像向左平移个单位后的图像关于y轴对称【答案】AC【解析】【分析】化简得到，根据对称中心对称轴判断A，B选项，根据单调性判断C选项，根据平移判断D选项.【详解】，故A正确；对选项B：当时，，故的图像不关于对称，B错误；，函数在区间上单调递增，C正确；将函数的图像向左平移个单位后得到，D错误.故选: AC.11. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，下列说法正确的是（    ）A. 若有两解B. 若有两解C. 若为锐角三角形，则b的取值范围是D. 若为钝角三角形，则b的取值范围是【答案】AC【解析】【分析】根据三角形的构成，可判断三角形有几个解所要满足的条件，即，有两解，或，有一解，，有0解，根据直角三角形的情况，便可得出为锐角或钝角三角形时，b的取值范围.【详解】A选项，∵，∴有两解，故A正确；B选项，∵，∴有一解，故B错误；C选项，∵为锐角三角形，∴，即，故C正确；D选项，∵为钝角三角形，∴或，即或，故D错误.故选：AC12. 在正方体中，点是线段上一动点，则下列各选项正确的是（    ）  A. B. 平面C.  三棱锥的体积是定值D. 直线与平面所成角随长度变化先变小再变大【答案】ABC【解析】【分析】本题利用立体几何中线面垂直的判定、面面平行的判定对A,B选项进行判断；由等体积法可判断C；D选项需要结合线面角的相关知识点，通过转化的思想去解决.【详解】解：对于A，连接，，，，   由正方体的性质可得：，平面，平面，所以，，平面，所以平面，因为平面，所以同理可得，，平面，平面平面，，故A正确；对于B，连接，易证：，因为平面，平面，所以平面，因为平面，平面，所以平面，又平面，故平面平面，平面，平面，故B正确；对于C，设到平面的距离为，连接， ，因为平面，所以，点是线段上一动点，又因为，因为平面，平面，所以平面，所以点到平面的距离为定值，也为定值，所以三棱锥的体积是定值，故C正确；  对于D，连接，平面，即为直线与平面所成角，，当从移动至的过程中，增大，先变小再变大，即先变大再变小，故D错误；故选：ABC.第II卷非选择题（90分）三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 某校高二年级有1000名学生，其中文科生有300名，按文理生比例用分层抽样的方法，从该年级学生中抽取一个容量为50的样本，则应抽取的理科生人数为________.【答案】35【解析】【分析】直接根据分层抽样的比例关系得到答案.【详解】应抽取的理科生人数为：.故答案为：.【点睛】本题考查了分层抽样，意在考查学生的理解能力和计算能力.14. 某圆锥体积为1，用一个平行于圆锥底面的平面截该圆锥得到一个圆台，若圆台上底面和下底面半径之比为，则该圆台体积为______【答案】##【解析】【分析】先利用比值与锥体的体积公式求得小圆锥的体积，再利用作差法即可得到圆台的体积.【详解】依题意，设小锥体的底面半径为，小锥体的高为，则大锥体的底面半径为，大锥体的高为为，因为大圆锥的体积即为，整理得，所以小圆锥的体积为，因此该圆台体积为.故答案为：.15. 已知函数满足为奇函数，则函数的解析式可能为______________（写出一个即可）．【答案】(答案不唯一)【解析】【分析】根据奇函数的定义选择函数的解析式即可.【详解】取，则符合题意．故答案为：.16. 直四棱柱的各个顶点都在一个球的表面上，且， ，，侧棱，则直四棱柱外接球的表面积是________________；【答案】【解析】【分析】连接， 由题意可得底面四边形与有相同的外接圆，且，由余弦定理得，再由余弦定理求出及，由正弦定理可得圆的半径，设直四棱柱的外接球的球心为，即为直四棱柱外接球的半径，利用勾股定理可得，再由球的表面积公式计算可得答案.【详解】连接， 因为直四棱柱底面有外接球，所以底面四边形与有相同的外接圆，且，所以，由余弦定理可得，即，解得，所以，因为 ，所以，由正弦定理可得，所以圆的半径为，即，设直四棱柱的外接球的球心为，连接、，即为直四棱柱外接球的半径，所以底面，，可得，直四棱柱外接球的表面积是.故答案为：.  【点睛】关键点点睛：解题的关键点是在中利用勾股定理求出球的半径，考查了学生的空间想象能力.四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17. 已知向量，.（1）求；（2）求向量与向量的夹角的余弦值；（3）若，且，求向量与向量夹角.【答案】（1）；（2）；（3）..【解析】【分析】（1）先求出的坐标，再求其模；（2）利用向量的夹角公式直接求解即可；（3）由，得化简结合已知条件可得答案【详解】解：（1）因为，，所以.所以.（2）因为，，，所以.（3）因为，所以.即.所以.即，所以.因为，所以.18. 已知.（1）求的值域；（2）若，，求的值.【答案】（1）    （2）【解析】分析】（1）先根据两角和差正弦余弦公式化简解析式，再应用三角函数值域求解即得；（2）先用已知角表示未知角，结合同角三角函数关系求函数值，再应用两角和差公式求解即可.【小问1详解】，所以的值域为【小问2详解】由（1）得，因为，所以，所以.所以.19. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且.（1）求角A的大小；（2）若，求的取值范围.【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）由二倍角的正弦公式、余弦定理化简已知式可得，进而求出的值，结合，可求出.（2）由三角恒等变换的应用可求，由题意可求出，由正切函数的性质求解即可.【小问1详解】由，所以，可得：，即，由余弦定理可得：，又，所以.【小问2详解】由，因为，所以，又，所以，所以，得，所以，所以，所以.的取值范围为.20. 如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面为直角梯形，CD//AB，AD⊥AB，且PA＝AD＝CD＝2，AB＝3，E为PD的中点.  （1）证明：AE⊥平面PCD；（2）过A，B，E作四棱锥P﹣ABCD的截面，请写出作法和理由，并求截面的面积.【答案】（1）证明见解析    （2）作法和理由见解析，【解析】【分析】（1）由结合线面垂直的判定证明即可；（2）作EF//CD，得出EF//AB，从而得出截面，再由梯形的面积公式得出截面面积.【小问1详解】证明：因为PA⊥平面ABCD，所以CD⊥PA.又CD//AB，AD⊥AB，所以CD⊥AD.因为AD∩PA＝A，所以CD⊥平面PAD，则CD⊥AE.因为PA＝AD，E为PD的中点，所以AE⊥PD.又CD∩PD＝D，所以AE⊥平面PCD.【小问2详解】解：如图，过E作EF//CD，交PC于F，连接BF，则截面为四边形ABFE.  理由如下：因为AB//CD，EF//CD，所以EF//AB，所以A，B，F，E四点共面，从而过A，B，E的截面为四边形ABFE.由（1）知AE⊥平面PCD，所以AE⊥EF，又，，AB＝3，所以四边形ABFE为直角梯形，其面积.21. 的内角A，B，C所对边分别为a，b，c，点O为的内心，记△OBC，的面积分别为，，，已知，．（1）若为锐角三角形，求AC的取值范围；（2）在①；②；③中选一个作为条件，判断△ABC是否存在，若存在，求出的面积，若不存在，说明理由．（注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．）【答案】（1）    （2）答案见解析【解析】【分析】（1）由题意，根据的内切圆的性质可得，利用正、余弦定理可得，结合角C的取值范围即可求解；（2）选择①，根据正弦定理可得，由（1）得，方程无解即△ABC不存在．选择②，根据三角恒等变换可得，由（1）得，解得，结合三角形的面积公式计算即可.选择③，由（1），根据余弦定理可得，方程无解即△ABC不存在．【小问1详解】设的内切圆半径为r，因为，所以，化简得：，所以，因为，所以，所以，因为，所以，因为为锐角三角形，所以，，解得：，所以，所以AC的取值范围为．【小问2详解】选择①，因为，所以，因为，所以，所以，由（1）知，，所以，整理得，方程无实数解，所以不存在．选择②，由得：，所以，即，所以，由（1）知，，所以，所以，解得，所以存在且唯一，的面积．选择③，因为，所以，由（1）知，，所以，整理得，方程无实数解，所以不存在．22. 已知函数.（1）若，判断函数的奇偶性，并加以证明；（2）若函数在R上是增函数，求实数a的取值范围；（3）若存在实数，使得关于x的方程有三个不相等的实数根，求实数t的取值范围（写出结论即可，无需论证）.【答案】（1）奇函数，证明见解析；    （2）；    （3）.【解析】【分析】（1）根据函数奇偶性的定义进行求解证明即可；（2）根据绝对值的性质，结合二次函数的单调性进行求解即可；（3）根据（2）的结论，运用分类讨论法，根据函数的单调性进行求解即可.【小问1详解】当时，，，所以，所以函数为奇函数；【小问2详解】，当时，的对称轴为；当时，的对称轴为；所以当时，在R上是增函数，即时，函数在R上是增函数；【小问3详解】方程的解即为方程的解.①当时，函数在R上是增函数，关于x的方程不可能有三个不相等的实数根；②当时，即时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，则当时，关于x的方程有三个不相等的实数根；即，因为，所以.设，因为存在实数，使得关于x的方程有三个不相等的实数根，所以，又可证在上单调递增，所以，故；③当时，即，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，则当时，关于x的方程有三个不相等的实数根；即，因为，所以，设，因为存在实数，使得关于x的方程有三个不相等的实数根，所以，而函数在上单调递减，所以，故；综上：.