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

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．0.3125

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

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．