2022-2023学年江苏省南京师大附中高二上学期期初数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年江苏省南京师大附中高二上学期期初数学试题（解析版），共19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。
2022-2023学年江苏省南京师大附中高二上学期期初数学试题

一、单选题
1．设是虚数单位，若复数满足，则复数（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】利用复数的除法化简可得出复数.
【详解】由已知可得.
故选：B.
2．若，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】令可得，再代入，结合诱导公式与二倍角公式求解即可
【详解】令可得，故，则
故选：C
3．，则的大小关系是
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】分析：利用对数函数与指数函数的性质判断出的范围，从而可得结果.
详解：，，
，，
，，故选D.
点睛：本题主要考查对数函数的性质、指数函数的单调性及比较大小问题，属于难题.解答比较大小问题，常见思路有两个：一是判断出各个数值所在区间（一般是看三个区间 ）；二是利用函数的单调性直接解答；数值比较多的比大小问题也可以两种方法综合应用.
4．设，，则“”是“”的（    ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】先研究充分性，再研究必要性，即得解.
【详解】由，，可知：，
又，所以，可得；
但，当，时，，与矛盾,所以不一定成立.
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选：A
【点睛】方法点睛：充分必要条件的判断，常用的方法有：（1）定义法；（2）集合法；（3）转化法.要根据数学情景灵活选择合适的方法判断，本题选择的是定义法.
5．如图所示，在坡度一定的山坡A处测得山顶上一建筑物CD的顶端C对于山坡的斜度为15°，向山顶前进100 m到达B处，又测得C对于山坡的斜度为45°，若CD＝50 m，山坡对于地平面的坡度为θ，则cos θ等于

A． B． C．－1 D．－1
【答案】C
【分析】在ABC中，由正弦定理得AC＝100，再在ADC中，由正弦定理得解.
【详解】在ABC中，由正弦定理得，
∴AC＝100．
在ADC中，，
∴cos θ＝sin(θ＋90°)＝.
故选：C
【点睛】结论点睛：解一个三角形需要已知三个几何元素（边和角），且至少有一个为边长，对于未知的几何元素，放到其它三角形中求解.
6．已知一个古典概型的样本空间和事件，如图所示. 其中则事件与事件（    ）

A．是互斥事件，不是独立事件
B．不是互斥事件，是独立事件
C．既是互斥事件，也是独立事件
D．既不是互斥事件，也不是独立事件
【答案】B
【解析】由可判断事件是否为互斥事件，由可判断事件是否为独立事件.
【详解】因为，
所以，，，
所以事件与事件不是互斥事件，
所以，，
所以，所以事件与事件是独立事件.
故选：B.
7．已知是边长为的等边三角形，、分别是、上的两点，且，，与交于点，则下列说法错误的是（    ）
A．
B．
C．
D．在方向上的投影向量的模为
【答案】D
【分析】分析可知，可判断A选项；利用平面几何知识可判断B选项；建立平面直角坐标系，利用平面向量的坐标运算可判断CD选项.
【详解】取的中点，连接，
对于A选项，因为是边长为的等边三角形，为的中点，则，
所以，，A对；
对于B选项，、分别为的中点，则且，
因为，则，故为的中点，
因为，，则为的中点，故，B对；
对于CD选项，取的中点，连接，则，
以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立如下图所示的平面直角坐标系，
则、、、、、，
，，，
所以，，所以，，C对，
，，
所以，在方向上的投影向量的模为，D错.

故选：D.
8．在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝BC＝AC，侧棱AA1⊥底面ABC，若该三棱柱的所有顶点都在同一个球O的表面上，且球O的表面积为4π，则该三棱柱的侧面积的最大值为（    ）
A．6 B．3 C．3 D．3
【答案】B
【分析】根据三棱柱外接球求得棱柱底面边长和高之间的关系，结合基本不等式以及棱柱侧面积的计算公式，即可求得结果.
【详解】取三棱柱上底面和下底面的外心分别为，连接，取其中点为，连接，如下所示：

易知即为该三棱柱外接球的球心，设，
在△中由正弦定理得，
则该棱柱外接球半径，又，则，
故可得，即，当且仅当时取得等号；
则该棱柱的侧面积，当且仅当时取得等号.
故选：B.

二、多选题
9．如图，在菱形ABCD中，AB＝2，，M为BC的中点，将△ABM沿直线AM翻折到△AB1M的位置，连接B1C和B1D，N为B1D的中点，在翻折过程中，则下列结论中正确的是（    ）

A．始终有AM⊥B1C
B．线段CN的长为定值
C．直线AB1和CN所成的角始终为
D．当三棱锥B1﹣AMD的体积最大时，其外接球的表面积是
【答案】ABD
【分析】根据线面垂直、平行四边形、线线角、外接球等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】由于四边形是菱形，，所以三角形是等边三角形，
是的中点，所以，
则在折叠的过程中，，
由于平面，
所以平面，由于平面，所以，A选项正确.
设是的中点，由于是的中点，
所以，
由于，
所以，所以四边形是平行四边形，
所以，
在直角三角形中，为定值，
，所以三角形是等边三角形，
所以，也即直线AB1和CN所成的角始终为，C选项错误.
三角形的面积不变，所以当平面平面时，到平面的距离最大，
由于平面平面且交线为，平面，，
所以平面，由于平面，所以.
同理可证得平面，
由于平面，所以，
所以三棱锥B1﹣AMD的体积最大时，其外接球的球心为，
，
所以外接球的半径为，表面积为，D项正确.
故选：ABD

10．已知函数(ω>0)，下列说法中正确的有（    ）
A．若ω=1，则f(x)在上是单调增函数
B．若，则正整数ω的最小值为2
C．若ω=2，则把函数y=f(x)的图象向右平移个单位长度，所得到的图象关于原点对称
D．若f(x)在上有且仅有3个零点，则
【答案】BD
【分析】化简函数f(x)的表达式，再逐一分析各个选项中的条件，计算判断作答.
【详解】依题意，，
对于A，，，当时，有，因在上不单调，
所以在上不单调，A不正确；
对于B，因，则是函数图象的一条对称轴，，
整理得，而，即有，，B正确；
对于C，，，依题意，函数，
这个函数不是奇函数，其图象关于原点不对称，C不正确；
对于D，当时，，依题意，，解得，D正确.
故选：BD
11．高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号，他和阿基米德、牛顿并列为世界三大数学家，用其名字命名的“高斯函数”为：设，用表示不超过的最大整数，则称为高斯函数，例如：，．已知函数，则关于函数的叙述中正确的是（    ）
A．是偶函数 B．是奇函数
C．在上是增函数 D．的值域是
【答案】BC
【解析】计算得出判断选项A不正确；用函数的奇偶性定义，可证是奇函数，选项B正确；通过分离常数结合复合函数的单调性，可得出在R上是增函数，判断选项C正确；由的范围，利用不等式的关系，可求出，选项D不正确，即可求得结果.
【详解】根据题意知，.
∵，
，
，
∴函数既不是奇函数也不是偶函数，A错误；
，
∴是奇函数，B正确；
在R上是增函数，由复合函数的单调性知在R上是增函数，C正确；
，，，
，，D错误.
故选：BC.
【点睛】关键点睛：本题是一道以数学文化为背景，判断函数性质的习题，属于中档题型，本题的关键是理解函数，然后才会对函数变形，并作出判断.
12．正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为4，E，F分别为棱DD1，BB1上的动点，满足D1E＝BF，则以下命题正确的有（    ）
A．三角形A1EF的面积始终保持不变
B．三棱锥C1﹣A1EF的体积始终不变
C．C1到面A1EF的距离最大为
D．若点G在线段EF上，且EG＝2GF，则过G的平面截正方体外接球所得截面面积最小为
【答案】BCD
【分析】对A：根据所处的特殊位置，求得不同情况下的面积，即可判断；对B：利用等体积法，转化为求解的体积，即可判断；对C：求得点到直线的距离，结合几何关系，即可判断；对D：求得正方体外接球半径，结合点的所处位置，即可求得截面圆面积的最小值，从而进行判断和选择.
【详解】对A：根据题意，连接如下所示：

当分别与重合时，易知△为直角三角形，其面积；
当分别为中点时，，，
故此时三角形面积；
显然三角形的面积会发生变化，故A错误；
对B：连接，如下所示：

易知，故四边形为平行四边形，，
故三棱锥的体积与三棱锥的体积相等；
又//，故点到的距离始终不变，故△的面积恒为定值；
显然//面，故点到面的距离与点到面的距离恒相等为，
故三棱锥的体积，也即三棱锥的体积恒为定值，故B正确；
对C：连接，交于点，过作的垂线，垂足为，连接，如下所示：

当分别为的中点时，//，显然面，故面，
又面，故，又，面，
故面，故此时点到面的距离即为，
又在△中，，即此时点到面的距离为；
当不为的中点时，不垂直平面，故点到平面距离的最大值为，C正确；
对D：易知正方体外接球球心为选项中所示的点，且其外接球半径，又，
则要使得过G的平面截正方体外接球所得截面面积最小，则的长度最大，
也即要使得的长度最大，最大值为，
此时，记此时截面圆的半径为，则，故截面面积的最小值为，故D正确.
故选：BCD.

三、填空题
13．若命题，是假命题，则实数的一个值为_____________．
【答案】（上任一数均可）
【分析】由命题的否定是真命题易得的范围．
【详解】由题意是真命题，
所以，解得．
故答案为：（上任一数均可）．
14．若三个原件A，B，C按照如图的方式连接成一个系统，每个原件是否正常工作不受其他元件的影响，当原件A正常工作且B，C中至少有一个正常工作时，系统就正常工作，若原件A，B，C正常工作的概率依次为0.7，0.8，0.9，则这个系统正常工作的概率为______

【答案】0.686
【分析】根据题意，先求得与至少有一个正常工作的概率，再结合独立事件概率的乘法公式，即可求解.
【详解】由题意，系统正常工作的情况分成两个步骤，A正常工作且B，C至少有一个正常工作的情况，其中正常工作的概率为0.7；正常工作的概率为0.8, 正常工作的概率为0.9，
则与至少有一个正常工作的概率为，
所以这个系统正常工作的概率为：0.7×0.98＝0.686；
故答案为：0.686；
【点睛】本题主要考查了对立事件和相互独立事件的概率的计算，其中解答中熟记相互独立事件的概率的计算公式，结合对立事件的概率计算公式求解是的关键，着重考查分析问题和解答问题的能力，属于基础题.
15．已知△ABC的三边长互不相等，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若c＝1，acosA＝bcosB，则a+b的取值范围是 _____.
【答案】
【分析】利用正弦定理化简已知条件，求得，结合正弦定理以及三角恒等变换以及三角函数取值范围的求法求得正确答案.
【详解】依题意，则为锐角，，
由正弦定理得，
由于，
所以或，
所以（舍去）或，，
所以，
，且，
,
所以的取值范围是.
故答案为：
16．对于定义在区间D上的函数f（x），若满足对∀x1，x2∈D，且x1≠x2时都有，则称函数f（x）为区间D上的“非减函数”，若为区间[0，2]上的“非减函数”且f（2）＝2，f（x）+f（2﹣x）＝2，又当恒成立，则_____.
【答案】
【分析】利用赋值法，结合“非减函数”的定义求得正确答案.
【详解】，所以，
，
令，得，
令，得，
令，得
当恒成立，
，
由于是区间上的“非减函数”，所以，
所以.
由于任意，所以，
由，令，得，，
同理可得时，.
，所以，
所以.
故答案为：

四、解答题
17．△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知cos2A+cos2B+2sinAsinB＝1+cos2C．
(1)求角C；
(2)设D为边AB的中点，△ABC的面积为，求CD的最小值.
【答案】(1)；
(2).

【分析】（1）利用三角恒等变换以及正余弦定理，化简即可；
（2）根据三角形面积公式，结合中线的向量表达形式，以及不等式，即可求得结果.
【详解】（1）cos2A+cos2B+2sinAsinB＝1+cos2C，即，
由正弦定理可得，结合余弦定理可得，
又，故可得.
（2）由三角形面积可得，解得；
又，故
即，当且仅当时取得等号.
故CD的最小值为.
18．如图所示，正方体的棱长为a，过顶点B、D、截下一个三棱锥．

(1)求剩余部分的体积；
(2)求三棱锥的高；
(3)4个面都是直角三角形的四面体，被称为鳖臑．你能写出以该正方体的4个顶点为顶点的鳖臑吗？写出一个即可，不需证明．
【答案】(1)
(2)
(3)(答案不唯一)

【分析】（1）根据题意及体积公式直接求解即可；
（2）运用等体积法求解即可;
(3)根据鳖臑定义，直接写出即可.
【详解】（1）
设正方体的棱长为，
则.
（2），
易知△为等边三角形，且边长为，其面积为，
，解得．
即三棱锥的高为.
（3）由鳖臑定义可知，三棱锥是一个鳖臑.
19．定义在上的函数满足：对任意的、，都有：.
(1)求证：函数是奇函数；
(2)若当时，有，求证：在上是减函数.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析

【分析】（1）令可求得的值，再计算得出，可证得结论成立；
（2）任取、且，分析可知，作差，结合题中等式判断出的符号，即可证得结论成立.
【详解】（1）证明：令，可得，解得，
对任意的，，则，即，
因此，函数是奇函数.
（2）证明：任取、且，则，则，
，所以，，
故，则，
因此，函数在上是减函数.
20．如图，在四棱锥，底面为平行四边形，为等边三角形，平面平面，，，.

(1)设、别为、的中点，求证：平面；
(2)求证：平面；
(3)求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)

【分析】（1）连接，分析可知为的中点，利用中位线的性质可得出，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立；
（2）取棱的中点，连接，证明出平面，可得出，利用结合线面垂直的判定定理可证得结论成立；
（3）连接，分析可知直线与平面所成角为，求出，可求得的正弦值，即可得解.
【详解】（1）证明：连接，因为四边形为平行四边形，为的中点，则为的中点，
因为为的中点，则，
平面，平面，平面.
（2）证明：取棱的中点，连接，
是等边三角形，为的中点，则，
因为平面平面，平面平面，平面，
平面，平面，，
，，、平面，平面.
（3）解：连接，因为平面，与平面所成角为，

因为是等边三角形，且，为的中点，所以，，
又因为平面，平面，，
所以，.
因此，直线与平面所成角的正弦值为.
21．甲、乙两人玩一个摸球猜猜的游戏，规则如下：一个袋子中有4个大小和质地完全相同的小球，其中2个红球，2个白球，甲采取不放回方式从中依次随机地取出2个球，然后让乙猜．若乙猜出的结果与摸出的2个球特征相符，则乙获胜，否则甲获胜，一轮游戏结束，然后进行下一轮（每轮游戏都由甲摸球）．乙所要猜的方案从以下两种猜法中选择一种；
猜法一：猜“第二次取出的球是红球”；
猜法二：猜“两次取出球的颜色不同”．请回答：
(1)如果你是乙，为了尽可能获胜，你将选择哪种猜法，并说明理由；
(2)假定每轮游戏结果相互独立，规定有人首先获胜两次则为游戏获胜方，且整个游戏停止．若乙按照（1）中的选择猜法进行游戏，求乙获得游戏胜利的概率．
【答案】(1)选择猜法二，理由见解析
(2)

【分析】(1)利用列举法列出不放回取两球的所有结果，再借助古典概率公式计算判断作答.
(2)利用(1)的结论，将乙获胜的事件分拆成三个互斥事件的和，再利用概率的乘法、加法公式计算得解.
【详解】（1）用a，b表示两个红球，用1，2表示两个白球，甲不放回取两球的所有结果：
ab，ba，a1，1a，a2，2a，b1，1b，b2，2b，12，21，共12个不同结果，它们等可能，
令事件为“第二次取出的是红球”，则事件A所含结果有：ab，ba，1a，2a，1b，2b，共6个，
令事件为“两次取出球的颜色不同”，则事件B所含结果有：a1，1a，a2，2a，b1，1b，b2，2b，共8个，
于是得，，显然，，
为了尽可能获胜，应该选择猜法二．
（2）由(1)知，乙选择猜法二，每一轮乙获胜的概率为，
游戏结束时，乙获胜的事件M是乙在第一、二轮胜的事件M1，第一轮负另外两轮胜的事件M2，第二轮负另外两轮胜的事件M3的和，它们互斥，
于是得，
所以乙获得游戏胜利的概率是.
22．已知函数f(x)=x2+ax+b，a，b∈R，f(1)=0
(1)若函数y=在[0，1]上是减函数，求实数a的取值范围；
(2)设，若函数有三个不同的零点，求实数a的取值范围；
(3)是否存在整数m，n，使得m≤f(x)≤n的解集恰好是[m，n]，若存在，求出m，n的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)存在；m=−1，n=2

【分析】（1）根据f(1)=0以及判别式，根据对称轴位置讨论a的范围，结合函数在上的增减性，可得答案;
（2）设，根据题意画出图像，通过讨论的范围，可得a的值；
（3）根据题意，利用f(x)的图像和作差法，求出m,n,a的不等式和关系式，然后通过已知条件求值，可得答案.
【详解】（1）由，可知
所以，对称轴为
则．
因为在上是减函数，
当，即时，在上是减函数，符合题意
当a>−2，即时，在上是减函数，．
综上可知，实数a的取值范围为．
（2）函数F(x)有三个零点，则方程有三个不同根
设其图象如下图

由题意，关于t的方程：
即有两根，且这两根有三种情况：

若，则，此时方程为或，符合题意
若，则，此时方程为舍去
若，则不存在
综上得：
（3）因为是开口向上的抛物线，所以且
由作差可得，所以
由f(n)=n可得，所以，所以
因为m，n为整数且，所以，即，
此时符合题意
所以存在m=−1，n=2，使得的解集恰好是.