2022-2023学年浙江省杭州市西湖区学军中学高二（上）开学数学试卷

这是一份2022-2023学年浙江省杭州市西湖区学军中学高二（上）开学数学试卷，共24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。
2022-2023学年浙江省杭州市西湖区学军中学高二（上）开学数学试卷一、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．（5分）已知集合，，1，2，，则　　A．， B．， C．， D．，2．（5分）已知为虚数单位，复数的共轭复数为　　A． B． C． D．3．（5分）已知直线，与平面，，，则能使成立的充分条件是　　A．， B．， C．， D．，，4．（5分）已知圆台下底面半径是上底面半径的2倍，若从该圆台中挖掉一个圆锥，圆锥的底面是圆台的上底面，圆锥的顶点是圆台下底面的圆心，则圆锥的侧面积是圆台侧面积的　　A． B． C． D．5．（5分）已知向量，，则向量在向量上的投影向量为　　A．， B．， C．， D．，6．（5分）已知在某滨海城市附近的海面出现台风活动，据监测，目前台风中心位于城市的东偏南方向，距城市的海面点处，并以的速度向西偏北方向移动．已知该台风影响的范围是以台风中心为圆心的圆形区域，半径为．则城市受台风影响的时间为　　A． B． C． D．7．（5分）由，，，可得与最接近的数是　　A．0.2975 B．0.3025 C．0.3075 D．0.31258．（5分）已知球的直径，，是该球球面上的两点，，，则棱锥的体积为　　A． B． C． D．1二、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，有多项是符合题目要求的。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。9．（5分）若，，，则下列不等式恒成立的有　　A． B． C． D．10．（5分）已知且，函数与函数在同一个坐标系中的图象可能是　　A． B． C． D．11．（5分）函数，满足，且在，上单调，若在，上存在最大值和最小值，则实数可以是　　A． B． C． D．12．（5分）如图，已知边长为1的正方形，是线段上的动点（包括端点），，分别是，上动点，且，，，分别是，中点，下列说法正确的是　　A． B．若，则的最小值为 C．若，则的最小值为 D．若，则的最大值为三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．（5分）棣莫佛，是出生于法国的数学家．由于在数学上成就卓著，他被选为柏林科学院和巴黎科学院的外籍院士．棣莫佛定理为：，这里，．若，则　　．14．（5分）一水平放置的平面图形按“斜二测画法”得到直观图为斜边等于的等腰直角三角形，则原平面图形的面积为 　　．15．（5分）如图，是等边三角形，是等腰直角三角形，，交于，，则　　．16．（5分）已知是定义在上的奇函数，且，则的最小正周期为 　　；若对任意的，，当时，都有，则关于的不等式在区间上的解集为 　　．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．（10分）已知．（1）求的值；（2）若，且，求角．18．（12分）如图，在直三棱柱中，，，点为中点，连接，交于点，点为中点．（1）求证：平面；（2）求证：平面平面．19．（12分）在①，②，③三个条件中任选一个，补充在下面问题中的横线上，并解决该问题．问题：已知的内角，，及其对边，，，若，且满足_____，求的面积的最大值．20．（12分）如图，在中，已知，分别是，的中点，，，与交于点．（1）若，求的值；（2）若，求的长．21．（12分）如图1，在矩形中，已知，，为的中点．将沿向上翻折，进而得到多面体—（如图．（1）求证：；（2）在翻折过程中，求二面角的最大值．22．（12分）已知，，，是不全为零的实数，函数，．方程有实数根，且的实数根都是的根；反之，的实数根都是的根．（1）求的值；（2）若，求的取值范围；（3）若，（1），求的取值范围．
2022-2023学年浙江省杭州市西湖区学军中学高二（上）开学数学试卷参考答案与试题解析一、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．（5分）已知集合，，1，2，，则　　A．， B．， C．， D．，【考点】交集及其运算【解析】集合，，1，2，，，．故选：．2．（5分）已知为虚数单位，复数的共轭复数为　　A． B． C． D．【考点】复数的运算【解析】，则复数的共轭复数为．故选：．3．（5分）已知直线，与平面，，，则能使成立的充分条件是　　A．， B．， C．， D．，，【考点】平面与平面垂直【解析】对于，平面间的垂直关系，不具有传递性，故错误；对于，如图，在长方体中，平面，平面，但平面平面，故错误；对于，若，则必在中存在直线，因为，则，故，故正确；对于，如图，平面平面，，平面，但平面与平面不垂直，故错误．故选：．4．（5分）已知圆台下底面半径是上底面半径的2倍，若从该圆台中挖掉一个圆锥，圆锥的底面是圆台的上底面，圆锥的顶点是圆台下底面的圆心，则圆锥的侧面积是圆台侧面积的　　A． B． C． D．【考点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台）【解析】设圆台上底面半径为，则圆台下底面半径为，圆锥的底面半径为，设圆台的高为，则圆锥的高为，则圆台母线长，圆锥的母线长为，则圆锥的侧面积为，圆台的侧面积为，则圆锥的侧面积是圆台侧面积的．故选：．5．（5分）已知向量，，则向量在向量上的投影向量为　　A．， B．， C．， D．，【考点】平面向量数量积的含义与物理意义【解析】，，向量在向量上的投影向量为，，，故选：．6．（5分）已知在某滨海城市附近的海面出现台风活动，据监测，目前台风中心位于城市的东偏南方向，距城市的海面点处，并以的速度向西偏北方向移动．已知该台风影响的范围是以台风中心为圆心的圆形区域，半径为．则城市受台风影响的时间为　　A． B． C． D．【考点】解三角形【解析】假设台风到达处，，，在中，，且，由余弦定理可得，即，所以，在中，可得或，当时，，这时，可得，当时，，这时，这时，所以城市在后收到影响，持续时间为，故选：．7．（5分）由，，，可得与最接近的数是　　A．0.2975 B．0.3025 C．0.3075 D．0.3125【考点】对数的运算性质【解析】，，即，，，又，，即，由①得，由②得，即，，，，与最接近的数是0.3025，故选：．8．（5分）已知球的直径，，是该球球面上的两点，，，则棱锥的体积为　　A． B． C． D．1【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积【解析】设球心为点，作中点，连接，．因为线段是球的直径，所以它也是大圆的直径，则易得：所以在中，， 得：，又在中，， 得：， 则：，因为点是的中点所以在等腰三角形中，且在等腰三角形中，且又交于点 所以：平面 即：棱锥的体积：，因为：，， 所以由余弦定理得：则：由三角形面积公式得的面积所以：棱锥的体积：故选：．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，有多项是符合题目要求的。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。9．（5分）若，，，则下列不等式恒成立的有　　A． B． C． D．【考点】：不等式的基本性质；：基本不等式及其应用【解析】，，，，即，当且仅当时取等号，故正确；，当且仅当时取等号，，故不正确；，当且仅当时取等号，，故正确，，故正确．故选：．10．（5分）已知且，函数与函数在同一个坐标系中的图象可能是　　A． B． C． D．【考点】函数的图象与图象的变换【解析】当时，为递增函数，图象为上升的形状，的图象为开口向下的抛物线，且在轴上的截距为，排除，正确；当时，为递减函数，图象为下降的形状，的图象为开口向下的抛物线，且在轴上的截距为，排除，正确；故选：．11．（5分）函数，满足，且在，上单调，若在，上存在最大值和最小值，则实数可以是　　A． B． C． D．【考点】三角函数的最值【解析】因为函数在，上单调，所以，解得，因为，又，所以，则，，所以，，故当时，，当，时，，，因为在，上存在最大值和最小值，所以或，解得或，根据选项可知符合题意．故选：．12．（5分）如图，已知边长为1的正方形，是线段上的动点（包括端点），，分别是，上动点，且，，，分别是，中点，下列说法正确的是　　A． B．若，则的最小值为 C．若，则的最小值为 D．若，则的最大值为【考点】平面向量数量积的性质及其运算【解析】以为原点，以，所在的直线分别为轴、轴，建立平面直角坐标系，如图所示， 设，可得，，，，，，，，其中，则，（1）由，所以正确；（2）由，当时，，所以正确；（3）由（2）知时，若则，此时，所以不正确；（4）由（2）知时，，则，上式里的“”可以取“”，条件是，而时，有，即，所以，当的条件是的条件是，且时，即，且时，即，所以正确．故选：．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．（5分）棣莫佛，是出生于法国的数学家．由于在数学上成就卓著，他被选为柏林科学院和巴黎科学院的外籍院士．棣莫佛定理为：，这里，．若，则　2　．【考点】复数的运算【解析】由题意，，，又，．故答案为：2．14．（5分）一水平放置的平面图形按“斜二测画法”得到直观图为斜边等于的等腰直角三角形，则原平面图形的面积为 　　．【考点】斜二测法画直观图【解析】根据题意，直观图为斜边等于的等腰直角三角形，则其直角边的边长为，故直观图的面积，则原图的面积；故答案为：．15．（5分）如图，是等边三角形，是等腰直角三角形，，交于，，则　　．【考点】三角形中的几何计算【解析】由题意可得，，，．又为等腰三角形，，故，故，．再由，中，由正弦定理可得，，，故答案为．16．（5分）已知是定义在上的奇函数，且，则的最小正周期为 　2　；若对任意的，，当时，都有，则关于的不等式在区间上的解集为 　　．【考点】奇偶性与单调性的综合；抽象函数及其应用【解析】因为，且是定义在上的奇函数，所以，则，则，所以的最小正周期为2；因为对任意的，，当时，都有，不妨设，则，故，故函数在上为增函数，所以当时，，令，则，因为，所以是单调递减函数，当时，，即当时，，故，由对称性以及周期性作出函数和的图象，如图所示，所以在区间上的解集为．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．（10分）已知．（1）求的值；（2）若，且，求角．【考点】两角和与差的三角函数【解析】（1）由已知得，即，因为，且，所以，故．（2）因为，且，所以，又，所以，所以，因为，所以．18．（12分）如图，在直三棱柱中，，，点为中点，连接，交于点，点为中点．（1）求证：平面；（2）求证：平面平面．【考点】直线与平面平行；平面与平面垂直【解答】证明：（1）直三棱柱，四边形为平行四边形，为的中点为的中点，，又平面，平面，平面．（2）四边形为平行四边形，，平行四边形为菱形，即，三棱柱为直三棱柱，平面，平面，，，，，，，平面，平面，平面，，，，，平面，平面，平面，平面平面．19．（12分）在①，②，③三个条件中任选一个，补充在下面问题中的横线上，并解决该问题．问题：已知的内角，，及其对边，，，若，且满足_____，求的面积的最大值．【考点】正弦定理；余弦定理【解析】若选择条件①，因为，可得，由正弦定理可得，利用余弦定理可得，又，可得，又由余弦定理可得：，，所以，所以当且仅当时，面积取得最大值，最大值为3．若选择条件②，因为，由余弦定理可得，，所以，所以当且仅当时，面积取得最大值，最大值为3．若选择条件③，方法一，因为，利用余弦定理可得：，即，又，又由余弦定理可得：，，所以，所以当且仅当时，面积取得最大值，最大值为3．方法二，因为，由正弦定理可得，所以，所以，由正弦定理可得，可得的面积，所以，当且仅当，即时取等号，即的面积的最大值为3．20．（12分）如图，在中，已知，分别是，的中点，，，与交于点．（1）若，求的值；（2）若，求的长．【考点】平面向量数量积的性质及其运算【解析】（1）在中，，，，由正弦定理可得，所以，设，，因为为中点，所以，又因为，所以；（2）因为、分别是，的中点，且与交于点，所以为的重心，所以，又因为，，所以，所以，因为，，所以，即，解得舍去），故．21．（12分）如图1，在矩形中，已知，，为的中点．将沿向上翻折，进而得到多面体—（如图．（1）求证：；（2）在翻折过程中，求二面角的最大值．【考点】直线与平面垂直；二面角的平面角及求法【解答】（1）证明：如图1，连结交于点，因为，且为的中点，则，在矩形中，因为，，所以，所以，所以，则，即，由题意可知，，，，，平面，所以平面，因为平面，所以；（2）解：如图2，过点作，垂足为，过作，垂足为，连结，因为平面，平面，所以，又因为，，，平面，所以平面，又平面，所以，又因为，，，平面，所以平面，又平面，所以，则为二面角的平面角，在翻折过程中，设，在矩形中，由，，为的中点，可得，，在直角三角形中，，，所以，因为，则，所以，则，在直角三角形中，，设，则，故，所以，解得，即，又，所以，所以二面角的最大值为．22．（12分）已知，，，是不全为零的实数，函数，．方程有实数根，且的实数根都是的根；反之，的实数根都是的根．（1）求的值；（2）若，求的取值范围；（3）若，（1），求的取值范围．【考点】函数与方程的综合运用【解析】（1）设为方程的一个根，即，则由题设得．于是，，即．所以，．（2）由题意及（1）知，．由得，是不全为零的实数，且，则．方程就是．①方程就是．②当时，时，方程①、②的根都为，符合题意．当，时，方程①、②的根都为，符合题意．当，时，方程①的根为，，它们也都是方程②的根，但它们不是方程的实数根．则方程无实数根时，符合题意，此时△，得，综上所述，时，时，时，；（3）由，（1）得，，．③由可以推得，知方程的根一定是方程的根．当时，符合题意．当时，，方程的根不是方程④的根，因此，根据题意，方程④应无实数根．那么当，即时，，符合题意．当，即或时，由方程④得，即，⑤则方程⑤应无实数根，所以有且．当时，只需，解得，矛盾，舍去．当时，只需，解得．因此，．综上所述，所求的取值范围为．