浙江省宁波市北仑中学2023-2024学年高二数学上学期期初考试试题（Word版附解析）

绝密★考试结束前

北仑中学2023学年第一学期高二年级期初返校考数学试卷

（全年级+外高班使用）

命题：高二数学组   审题：高二数学组

第Ⅰ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. 已知，则的虚部是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据复数运算法则与共轭复数概念直接求解即可.

【详解】由题意知，，

则，即的虚部是2．

故选：D

2. 设等比数列的首项为1，公比为，前项和为．令，若也是等比数列，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】由是等比数列，得，故可求.

【详解】由题意可知，，，，

若为常数列，则，不为等比数列，与题意不合；

若，则，

，若也是等比数列，，.

即

解得或（舍去）

故选：．

3. 下列正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，P分别为其所在棱的中点，则能满足平面MNP的是（    ）

A.    B.  

C.    D.  

【答案】C

【解析】

【分析】由与平面MNP相交，判断A；由，结合不在平面判断B；由线面平行的判定判断C；由中位线定理判断D.

【详解】对于A：连接，由图可知，与平面相交，故不满足平面，故A错误；

对于B：如图所示，分别是所在棱的中点，连接

则平面MNP和平面为同一平面，因为，

因为与平面相交，所以不满足平面，故B错误；

对于C：连接，交与点，连接，因为，分别为中点，

所以，由线面平行的判定定理可知，平面，故C正确；

对于D：分别是所在棱的中点，连接，，

平面与平面同一平面，

取的中点为，连接，由中位线定理可知，，

因为与平面相交，所以不满足平面，故D错误；

故选：C

4. 已知一个等比数列的前项和､前项和､前项和分别为､､，则下列等式正确的是（    ）

A.  B.

C  D.

【答案】D

【解析】

【分析】主要考察等比数列的性质，字母为主，对学生的抽象和逻辑思维能力要求比较高。
 

【详解】当时，

当时，

对于A, 当时，

故A错，

对于B, 当时，，故B错，

对于C, 当时，，故C错，

对于D, 当时，，

，

当时，

则，故选项正确，

故选：D

5. 在锐角中，角A，B，C对边分别为a，b，c，S为的面积，且，则的取值范围为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据余弦定理和的面积公式，结合题意求出、的值，由是锐角三角形，求出，再结合正弦函数的性质即可求出答案.

【详解】因为的面积为，

所以，

中，由余弦定理得，，

则，因为，所以,

又，，所以，

化简得，解得或（不合题意，舍去）；

因为，所以，，

因为，所以

因为，所以，所以，

因为，，所以，，

所以，因为在上单调递增，

所以，所以，

因为，所以.

故选：C．

6. 三棱锥中，平面平面，是边长为2的正三角形，，则三棱锥外接球的表面积为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】取中点为，连接，证得平面.找出外接圆的圆心为，求出.设为三棱锥外接球的球心，，，在以及中，根据勾股定理，列出关于的关系式，求解得出的值，根据球的面积公式，即可得出答案.

【详解】

如图，取中点为，连接，设外接圆的圆心为，连接.

因为，，中点为，所以.

因为平面平面，平面平面，平面，

所以，平面.

设为三棱锥外接球的球心，半径为，连接，则，平面.

因为，，

所以，，，.

设，，过作交于点，连接，

则，.

又平面，，

在中，有.

又在中，有.

所以，有，解得，

所以，.

所以，三棱锥外接球的表面积为.

故选：B.

【点睛】关键点睛：找出外接圆的圆心，根据面面垂直的性质定理得出平面的垂线，过作垂线的平行线，可知球心在该条线上.

7. 若O是的外心，且，则的最大值是（    ）

A.  B.  C.  D. 2

【答案】C

【解析】

【分析】将向量全部转化为三角形边角的关系，结合柯西不等式求解即可.

【详解】如图所示：

 设，， ，，

由，

得

化简得，由是的外心可知，

是三边中垂线交点，得，代入上式得

，所以，

根据题意知，是三角形外接圆的半径，可得，.

所以，

由柯西不等式可得：，

所以，所以，

所以，当且仅当“”时，等号成立.

所以的最大值为.

 故选：C.

8. 已知三棱锥的底面积是边长为的正三角形， 点在侧面内的射影为的垂心，二面角的平面角的大小为，则的长为（  ）

A. 3 B.  C.  D. 4

【答案】C

【解析】

【详解】连结交于点，连结，设在底面内的射影为，则平面，连结交于点

∵点在侧面内的射影为的垂心

∴平面，

∴

∵，平面，平面

∴平面

∴

∵平面，平面

∴

∵，平面，平面

∴平面

∵平面

∴

同理可证

∴是的垂心

∴三棱锥为正三棱锥

∵三棱锥的底面是边长为的正三角形

∴，，则

∵二面角的平面角的大小为

∴为二面角的平面角

在中，，

∴

在中，，

∴

故选C

点睛：本题重点考查空间中点线面的位置关系，属于中档题．首先，判断三棱锥为正三棱锥，然后，根据异面直线所成的角的定义可得为二面角的平面角，解直角三角形即可得解.

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. 已知平面向量，，，则下列说法正确的是（    ）

A.

B. ，则

C. 若，，则

D. ，则向量在向量上的投影向量的坐标为

【答案】BD

【解析】

【分析】根据向量的数量积运算律判断A选项，已知模求数量积判断B选项，举反例判断C选项，根据投影向量公式计算判断D选项.

【详解】对于A：表示与共线的一个向量，

表示与共线的一个向量，故A错误；

对于B：若，则，即，

所以，则，故B正确；

对于C：因为,，所以，故C错误；

对于D，，

则向量在向量上的投影向量为，故D正确．

故选:BD.

10. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则下列结论正确的是（    ）

A. 若，则为锐角三角形

B. 若，则

C. 若，则此三角形有2解

D. 若，则为等腰三角形

【答案】BC

【解析】

【分析】运用余弦定理可判断A项，运用大边对大角及正弦定理可判断B项，作图可判断C项，解三角函数方程可判断D项.

【详解】对于A项，因为，所以，

所以为锐角，但不一定是锐角三角形，故A项不成立；

对于B项，因为，所以由正弦定理可知，，故B项正确；

对于C项，如图所示，

因为，

所以此三角形有2解，故C项正确；

对于D项，因为，，

所以或，即：或，

所以等腰三角形或直角三角形，故D项不成立.

故选：BC.

11. 已知实数，，成公差不为0的等差数列，若函数满足，，成等比数列，则的解析式不可以是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】ABC

【解析】

【分析】AB选项，由a，b，c成等差数列得到，，也成等差数列，结合，，同时也成等比数列推导出，等差数列a，b，c的公差为零，得到矛盾；C选项，若，为使，，成等比数列，推导出a，b，c成等比数列，又a，b，c成等差数列，可推导出，故公差为零，与已知矛盾，C正确；D选项，设，根据求出，取，此时满足要求.

【详解】A选项，若，由于a，b，c成等差数列，故，

故，∴也成等差数列，

即，，也成等差数列，故，

又，，同时也成等比数列，故，

故，化简得，故，

代入中，可得，

从而，从而等差数列a，b，c的公差为零，与已知矛盾，A正确；

B选项，若，由于a，b，c成等差数列，故，

所以，故，

所以，，也成等差数列，

故，

又，，同时也成等比数列，故，

故，化简得，故，

代入中，可得，

从而，从而等差数列a，b，c的公差为零，与已知矛盾，B正确；

C选项，若，为使，，成等比数列，

则要，故，故a，b，c成等比数列，即①，

又∵a，b，c成等差数列，∴②，

联立①②可得，，解得，代入②可得，

∴a，b，c为常数列，进而公差为零，与已知矛盾，C正确；

D选项，若，设，

等价于，

整理得：，即只要b，d满足上式，，，便成等比数列，

比如取满足要求．

取，满足a，b，c成等差数列，且公差不为零，

此时，成等比数列，D错误.

故选：ABC．

12. 如图，在长方形中，，，点，分别为边，的中点，将沿直线进行翻折，将沿直线进行翻折的过程中，则（    ）

A. 直线与所成角可能为 B. 直线与直线可能垂直

C. 平面与平面可能垂直 D. 直线与平面可能垂直

【答案】BC

【解析】

【分析】将沿直线进行翻折，得到以为轴，线段绕旋转形成的一个圆锥，点在圆锥的底面圆周上，同理将沿直线进行翻折的过程中，点也在相应的圆锥的底面圆周上，求得圆锥轴截面的最大张角，再逐个选项分析判断即可.

【详解】如图，将沿直线进行翻折，得到以为轴，线段绕旋转形成的一个圆锥，点在圆锥的底面圆周上，同理将沿直线进行翻折的过程中，点也在相应的圆锥的底面圆周上．

对于B，如图，在长方形中，．

旋转形成的圆锥的轴截面张角最大，由，，

则，，

所以，则，

假设不做旋转，在旋转过程中可以与旋转前的初始位置垂直，

即在旋转过程中可以与垂直，故B正确；

对于A，由选项B同理可得，

，即其轴截面张角，

所以同理可得直线与所成角不可能为，故A错误；

对于C，假设平面不做旋转，当平面旋转到与平面垂直时，

即平面与平面垂直，故C正确；

对于D，若直线与平面垂直，则直线与垂直，由选项B可知，，直线不可能与垂直，所以直线与平面不可能垂直，

故D错误.

故选：BC.

第Ⅱ卷

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13. 已知向量，且，则___________．

【答案】-3

【解析】

【分析】根据向量垂直的坐标运算得出正切，再应用两角差的正切公式计算可得.
 

【详解】由于，所以，则，

所以．

故答案为：-3.
 

14. 一个圆锥和一个半球有公共底面，如果圆锥的体积与半球的体积恰好相等，则圆锥轴截面顶角的余弦值是____________

【答案】

【解析】

【详解】试题分析：设圆锥的半径为高为．母线与轴所成角为，则圆锥的高，圆锥的体积，半球的体积，，即

考点：球的体积 和表面积

15. 、、三点在半径为的圆上运动，且，是圆外一点，，则的最大值是___________．

【答案】

【解析】

【分析】根据圆的几何性质、向量运行以及绝对值三角不等式，由此求得正确答案.

【详解】连接，如下图所示：

因为，则为圆的一条直径，故为的中点，

所以，，

所以，，

，当且仅当共线且同向时，等号成立．

故答案为：

16. 已知等差数列的前项和为，且，若，数列的前项积为，则使的最大整数为________．

【答案】21

【解析】

【分析】先判断出，从而得到，，，故可判断与1的大小关系.

【详解】设等差数列的公差为，则，

故为各项为正数的等比数列，

因为，故，，故，

故，，，

故，，

所以，

，

，

所以，即使的最大整数为.

故答案为：.

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. 已知复数，其中是正实数，是虚数单位．

（1）如果为纯虚数，求实数的值；

（2）如果，是关于的方程的一个复根，求的值．

【答案】（1）；   

（2）.

【解析】

【分析】（1）由题意可得，再根据纯虚数的定义求解即可；

（2）由题意可得，将代入方程求解即可.

【小问1详解】

解：因为，

由为纯虚数，可得，解得；

【小问2详解】

解：因为，

所以，，

将代入方程，

得，

即有，

所以，

.

18. 在中，三个内角所对的边分别是，，，且．

（1）求；

（2）当取最大值时，求的面积．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）利用正弦定理化角为边，再根据余弦定理即可得解；

（2）向量化结合基本不等式及三角形的面积公式即可得解.

【小问1详解】

因为，所以，

由正弦定理可得，整理得到：，

所以，

而，故；

【小问2详解】

因为，故，

故，所以，

故，

整理得到，

故，当且仅当，即时等号成立，

故此时，对应的的面积为．

19. 已知数列的前n项和，是等差数列，且.

（Ⅰ）求数列的通项公式；

（Ⅱ）令.求数列的前n项和.

【答案】（Ⅰ）;（Ⅱ）

【解析】

【详解】试题分析：（1）先由公式求出数列的通项公式；进而列方程组求数列的首项与公差，得数列的通项公式；（2）由（1）可得，再利用“错位相减法”求数列的前项和.

试题解析：（1）由题意知当时，，

当时，，所以．

设数列的公差为，

由，即，可解得，

所以．

（2）由（1）知，又，得， ，两式作差，得所以．

考点 1、待定系数法求等差数列的通项公式；2、利用“错位相减法”求数列的前项和.

【易错点晴】本题主要考查待定系数法求等差数列的通项公式、利用“错位相减法”求数列的前项和，属于难题. “错位相减法”求数列的前项和是重点也是难点，利用“错位相减法”求数列的和应注意以下几点：①掌握运用“错位相减法”求数列的和的条件（一个等差数列与一个等比数列的积）；②相减时注意最后一项 的符号；③求和时注意项数别出错；④最后结果一定不能忘记等式两边同时除以.

20. 《几何原本》是古希腊数学家欧几里得创作的一部传世巨著，该书以基本定义、公设和公理作为推理的出发点，第一次实现了几何学的系绕化、条理化，成为用公理化方法建立数学演绎体系的最早典范．书中第Ⅰ卷第47号命题是著名的毕达哥拉斯（勾股定理），证明过程中以直角三角形中的各边为边分别向外作了正方形（如图1）．某校数学兴趣小组对上述图形结构作拓广探究，提出了如下问题，请帮忙解答．

问题：如图2，已知满足，，设（），四边形、四边形、四边形都是正方形．

（1）当时，求的长度；

（2）求长度的最大值．

【答案】（1）6    （2）6

【解析】

【分析】（1）利用锐角三角函数的定义及诱导公式，结合余弦定理即可求解；

（2）利用余弦定理和正弦定理，结合三角函数的性质即可求解.

【小问1详解】

在中，，，，则，，

因为，所以

在中，，，

由余弦定理所以的长度为.

【小问2详解】

在中，由余弦定理得，所以，

设，在中，由余弦定理得，

所以  ①

在中，由正弦定理得，

所以，

代入①可得,

因为,

所以，

当即时，的最大值为，

所以长度的最大值为6．

21. 如图，在平行四边形ABCD中，，，E为AD的中点，以EC为折痕将折起，使点D到达点P的位置，且，F，G分别为BC，PE的中点．

（1）证明：平面AFG．

（2）若平面PAB与平面PEF的交线为l，求直线l与平面PBC所成角的正弦值．

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）连接BE并交AF于点O，连接OG，结合三角形中位线定理可证，进而得证；

（2）取CE的中点M，连接PM，FM，DM，易证平面PFM，作交FN于点N，连接BN，得平面ABCD，设，对由余弦定理求出，分别对和由勾股定理代换出，解出，以M为原点，为x轴的正方向建立空间直角坐标系，易证，求出和平面PBC的法向量，结合线面角的正弦公式可求.

小问1详解】

证明：如图，连接BE并交AF于点O，连接OG．

因为E，F分别为AD，BC的中点，所以四边形ABFE为平行四边形，则O为BE的中点．

又G为PE的中点，所以．

因为平面AFG，平面AFG，所以平面AFG；

【小问2详解】

取CE的中点M，连接PM，FM，DM，因为，所以四边形CDEF为菱形，则，，故平面PFM．

作交FN于点N，连接BN，则平面ABCD．

因为，所以．设，则．

在中，．

在中，，在中，，

即，解得．

以M为原点，为x轴的正方向，为轴正方向，与同方向过点的为轴正方向，建立空间直角坐标系，

则，，，．

因为，平面PEF，平面PEF，所以平面PEF．

又因为平面PAB，平面平面，所以．

，，，

设平面PBC的法向量为，则，令，得．

设直线l与平面PBC所成的角为，则．

22. 已知数列中，关于的函数有唯一零点，记．

（1）判断函数的奇偶性并证明；

（2）求；

（3）求证：；

【答案】（1）偶函数，证明见解析   

（2）   

（3）证明见解析

【解析】

【分析】（1）根据函数的奇偶性的定义进行判断；

（2）偶函数有唯一零点，根据对称性可得唯一零点，然后得到数列的递推关系，从而求出通项公式；

（3）先化简出的表达式，根据放缩法进行证明即可

【小问1详解】

定义域为，显然关于原点对称，又，

于是是偶函数.

【小问2详解】

由于偶函数有唯一零点，则是唯一解，若不然有非零解，即，

但是偶函数，故，则有两个零点和题目矛盾.

根据可得，，则，于是是常数列，

又，故，故.

【小问3详解】

；

又，

，