[数学]2023_2024学年江苏南京鼓楼区南京师范大学附属中学高二上学期开学考试数学试卷(原题版+解析版)

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2023~2024学年江苏南京鼓楼区南京师范大学附属中学高二上学期开学考试数学试卷
1. 已知
A.
，则
（
）
B.
C.
D.
答案
解析
C
【分析】
由并集和补集的概念即可得出结果.
【详解】
∵
∴
，则
，
故选：C.
2. 已知复数
（ 为虚数单位），则 在复平面内所对应的点位于（ ）
A. 第一象限
B. 第二象限
C. 第三象限
D. 第四象限
答案
解析
C
【分析】
由复数除法运算可求得
【详解】
，由此可得 对应的点的坐标，进而确定结果.
，
对应的点为
故选：C.
，位于第三象限.
3. 某单位有职工750人，其中青年职工350人，中年职工250人，老年职工150人，为了了解该单位职工的健康情况，用分层抽样的方法从中抽取样本
. 若样本中的青年职工为7人，则样本容量为
A. 7
B. 15
C. 25
D. 35
答案
解析
B
试题分析：抽样比是
考点：分层抽样
，所以样本容量是
．
4. 有 个完全相同的小球 ， ， ，随机放入甲、乙两个盒子中，则两个盒子都不空的概率为（
A. B. C.
）
D.
答案
解析
C
【分析】
由其对立事件“两个盒子中有一个空”的概率，得到“两个盒子都不空”的概率.
【详解】
先求两个盒子中有一个空的概率为
，
所以两个盒子都不空的概率为
故选：C.
.

5. 设 、
，则“
”是“
且
”的（
）
A. 必要不充分条件
B. 充分不必要条件
C. 充要条件
D. 既不充分也不必要条件
答案
解析
A
【分析】
利用特殊值法、不等式的基本性质结合充分条件、必要条件的定义判断可得出结论.
【详解】
充分性：取
必要性：若
因此，“
，
且
，则
，则
，但“
，则
且
”不成立，即充分性不成立；
成立，即必要性成立.
，
”是“
且
”的必要不充分条件.
故选：A.
6. 设
A.
且
，则
B.
（
）
C.
D.
答案
解析
D
【分析】
先由
，用对数表示出 ，再根据
即可求出
.
【详解】
，
，
，
，
，即
，
.
故选：D.
【点睛】
本题考查指数式和对数式的互化，考查对数的运算和换底公式的应用，属于基础题.
7. 已知函数
A.
是定义在 上的偶函数.
，
，且
，都有
，则不等式
的解集为（
）
B.
C.
D.
答案
解析
B
【分析】
由题意
关于直线
对称，且
在
上单调递增，在
关于 轴对称，
上单调递减，注意到
，且
，从而原不等式等价于
【详解】
，由此即可得解.
因为函数
是定义在 上的偶函数，所以
由
，
向左平移1个单位得到
，且 ，都有
，所以
关于直线
对称，
，
在
上单调递增，
上单调递减，
，且
∴
∵
∴
在
，而
，
，
，∴
，解得
∴原不等式的解集为
故选：B.
.

8. 平面四边形
，若四面体
A.
中，
，
，
，将其沿对角线
折成四面体
，使平面
平面
顶点在同一球面上，则该球的表面积为（
B.
）
C.
D.
答案
解析
B
【分析】
四面体
【详解】
因为平面
而
顶点在同一个球面上，
和
都是直角三角形，所以
，
的中点就是球心，即可求解．
平面
平面
，且平面
，得
平面
平面
，
，而
平面
，
得
，而
，
平面
，
得
而
平面
平面
，
，得
由题意，四面体
顶点在同一个球面上，
和
都是直角三角形，
所以
的中点就是球心，又
，球的半径为：
，
所以球的表面积为：
故选：B.
.
9. 某大学生暑假到工厂参加生产劳动，生产了100件产品，质检人员测量其长度（单位：厘米），将所得数据分成6组：
， ，得到如右所示的频率分布直方图，则对这100件产品，下列说法中正确的是（
，
，
，
，
）
A.
B. 长度落在区间
为35
内的个数 C. 长度的众数一定落在区间
内
D. 长度的中位数一定落在区间
内
答案
解析
ABD
【分析】
按照频率分布直方图含义依次判断.
【详解】
对于A，由频率和为1，得
所以A正确.
，解得
，
对于B，长度落在区间
内的个数为
，所以B正确.
对于C，频率分布直方图上不能判断长度众数所在区间，不一定落在区间
内，所以C错误.
对于D，
有 个数，
内有20个数，所以长度的中位数一定落在区间 内，所以D正确.
故选:ABD.
10. 已知
A.
，
，且
，下列不等式恒成立的有（
B.
）
C.
D.

答案
解析
BC
【分析】
对于A，D，直接给出
，
，
作为反例即可；对于B，直接证明相应不等式即可；对于C，反复使用基本不等式及配凑即可验证不
等式成立.
【详解】
对于A，D，注意到当
时，有
，
，且
.
但此时
，
.
故A，D错误；
对于B，有
，故B正确；
对于C，有
，故C正确.
故选：BC.
【点睛】
关键点点睛：本题的关键在于对基本不等式的灵活运用.
11. 已知函数
对任意
，都有
成立，且函数
是奇函数，当
时，
.则下列结论正确的是
（
）
A. 当
时，
的图象关于点
B. 函数
D. 函数
的最小正周期为2
（ ）上单调递减
C. 函数
（
）中心对称
在
答案
解析
AB
【分析】
由赋值运算求出
的周期为4，可得出
，再结合图象求解．
，
【详解】
因为函数
即
对任意
都有
，所以
，即
，所以
，
所以
函数
故
恒成立，所以
的周期为4.
是奇函数，当
时，
.
时，
，则
.
任取
因为函数
即
，
对任意
都有
，
，
所以
.
所以
作出
，
的图象如图所示：
对于A.由前面的推导可得：当
对于B.函数 的图象可以看成
把 轴上方的图象轴下方的图象翻折到 轴上方，
所以函数 的最小正周期为2，故B正确；
时，
.故A正确；
的图象 轴上方的图象保留，

对于C.由图象可知：函数
的图象关于点
（
）中心对称，故C错误；
单调递增.故D错误.
对于D.作出
的图像如图所示，在
上函数
故选：AB.
12. (多选题)连接球面上两点的线段称为球的弦，半径为4的球的两条弦AB，CD的长度分别等于2
，4
，M，N分别为AB，CD的中点，每条弦
D. MN的最小值为1
的两端都在球面上运动，则（
A. 弦AB，CD可能相交于点M
）
B. 弦AB，CD可能相交于点N
C. MN的最大值为5
答案
解析
ACD
【分析】
据题意，由球的弦与直径的关系，可以求出两条弦AB，CD到球心的距离，进而得到MN最大值．
【详解】
∵球的半径为4，两条弦
，
的长度分别为
，
，
球心到弦
球心到弦
当
的距离为
的距离为
，
.
三点共线，
且
分别在O两侧时，
最大，且最大值为5，在球心的同侧时，MN的最小值为3－2＝1，
因为3>2，所以AB，CD可交于AB的中点M，不可交于CD的中点N；
故选：ACD.
13. 若直线 过点
，且在两坐标轴上截距相等，则直线 的方程为
．
答案
解析
或
【分析】
由题意可得直线 的斜率存在，设直线 为
值，从而可求出直线 的方程.
【详解】
，然后分别求出直线在两坐标轴上的截距，再由截距相等列方程可求出 的
由题意可得直线 的斜率存在，设直线 为
，
当
当
时，
时，
，
，
因为直线 在两坐标轴上截距相等，
所以
解得
，化简得
，
，
或
所以直线 为
或
，
即
或
，
故答案为：
或
14. 在封闭的直三棱柱
内有一个体积为 的球，若
，
，
，则 的最大值是
．
，
答案
解析
【详解】
试题分析：由题意得要使球的体积最大，则球与直三棱柱的若干面相切，设球的半径为 ，∵
的内切圆半径为
，

∴
，又
考点：内切球体积
【思想点睛】空间几何体与球接、切问题的求解方法
，∴
，∴
.
(1)求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，再利用平面
几何知识寻找几何中元素间的关系求解．
(2)若球面上四点P，A，B，C构成的三条线段PA，PB，PC两两互相垂直，且PA＝a，PB＝b，PC＝c，一般把有关元素“补形”成为一个
2
2
2
2
球内接长方体，利用4R ＝a ＋b ＋c 求解．
15. 已知函数
（
且
），若函数
的图象上有且仅有一组点关于 轴对称，则 的取值范围是
.
答案
解析
【分析】
由题意只需当
【详解】
，且
时，函数
的图象上有且仅有1个点关于 轴对称即可，在这里分
和
讨论即可求解.
易得
时已有一个点关于 轴对称，故只需当
时，如图所示，
，且
时，函数
的图象上有且仅有1个点关于 轴对称即可.
一方面：由题意，
函数
的图象上有且仅有一组点
关于 轴对称，
其中点 为函数
注意到函数
的图象与函数
的图象与函数
的交点，
的图象关于 轴对称，
所有点 关于 轴的对称点也在函数
的图象上，
而这样的点 是唯一的，故点 也随之确定，
即
时，函数
的图象上有且仅有一组点关于 轴对称，故
的图象与函数
满足题意；
另一方面：
时，函数
的图象关于 轴对称，
则只需
，∴
，
综上所述， 的取值范围是
.
故答案为：
.
16. 在
中，角
、
、
的对边分别为 、 、 ，设
的面积为 ，若
，则
的最大值为
．
答案
解析
【分析】
根据题中条件利用余弦定理进行简化，运用均值不等式求
【详解】
的范围，然后由面积公式化简为三角函数，求最值即可.
由题知
，
则
，当且仅当
时取等号.
，
，
而

.
故答案为：
17. 已知 ， ， 是同一平面内的三个向量，其中
.
(1)若
(2)若
，且
，且
，求 的坐标；
垂直，求 与 的夹角 .
与
答案
(1)
(2)
，或
解析
【分析】
（1）由向量的共线定理求解；
（2）由向量垂直的坐标公式及数量积应用求解．
【详解】
（1）∵
∴设
∴
；
，且
，
；
；
；
∴
；
∴
，或
（2）∵
∴
与
垂直，
，即
，
又
，
，
∴
，
∴
又
，
，
∴ 与 的夹角
.
18. 已知函数
(1)求函数
.
的值域；
，求
(2)若
的值.
答案
(1)
(2)
解析
【分析】
（1）直接将表达式化为
（2）先利用
，即可求出值域；
证明
，然后根据已知条件求出结果.
【详解】
（1）由于
，
故
的值域是
.
（2）由于
所以
，故
.
.
19. 某场知识竞赛比赛中，甲、乙、丙三个家庭同时回答一道有关环保知识的问题.已知甲家庭回答正确这道题的概率是 ，甲、丙两个家庭都回答错
误的概率是 ，乙、丙两个家庭都回答正确的概率是 ，若各家庭回答是否正确互不影响.
(1)求乙、丙两个家庭各自回答正确这道题的概率；
(2)求甲、乙、丙三个家庭中不少于2个家庭回答正确这道题的概率.

答案
解析
(1)
(2)
， ；
【分析】
（1）令甲、乙、丙家庭回答正确分别为事件
、
、
，由
，
，
根据相互独立事件性质可求解；
（2）令甲、乙、丙三个家庭中不少于2个家庭回答正确这道题为事件 ，即三个家庭中有一个家庭回答错误或者三个家庭都回答正确
则：
，代入第一问数据即可.
【详解】
（1）设甲、乙、丙家庭回答正确分别为事件
、
、
，
根据题意，则有
又
，则
，
，所以
，所以
，即
，
又
.
所以乙、丙两个家庭各自回答正确这道题的概率分别为
和 .
（2）设甲、乙、丙三个家庭中不少于2个家庭回答正确这道题为事件
则有
，
.
，
所以甲、乙、丙三个家庭中不少于2个家庭回答正确这道题的概率为
20. 已知函数
性质
，
，若函数
在定义域内存在实数 ，使得
成立，则称函数
具有
.
(1)判断函数
是否具有性质 ？并说明理由；
(2)证明：函数
具有性质
.
答案
解析
(1)否，理由见解析
(2)证明见解析
【分析】
（1）根据定义使用反证法证明即可；
（2）使用零点存在定理证明.
【详解】
（1）由于
，故对任意
都有
.
所以
不具有性质 .
（2）由于
，
，
故存在实数 ，使得
因为
.
，所以存在实数 使得
.
所以函数
具有性质 .
21. 如图，在直四棱柱
点．
中，底面ABCD为等腰梯形，AB∥CD,AB=4,BC=CD=2,"AA =2, E、E 、F分别是棱AD、AA 、AB的中
（Ⅰ）证明：直线
（Ⅱ）求二面角
∥平面
；
的余弦值

答案
解析
（Ⅱ）
【分析】
【详解】
解法一：（1）在直四棱柱ABCD-A B C D 中，取A B 的中点F ，
1
1 1
连接A D，C F ，CF ，因为AB="4," CD=2,且AB//CD，
1
1
1 1
所以CDA F ，A F CD为平行四边形，所以CF //A D，
1
1 1
1 1
1
又因为E、E 分别是棱AD、AA 的中点，所以EE //A D，
1
1
所以CF //EE ，又因为
1
平面FCC ，
平面FCC ，
1
所以直线EE //平面FCC .······6分
（2）因为AB="4," BC="CD=2," 、F是棱AB的中点,所以BF=BC=CF,△BCF为正三角形,取CF的中点O,则OB⊥CF,又因为直四棱柱ABCD-A B
C D 中,CC ⊥平面ABCD,所以CC ⊥BO,所以OB⊥平面CC F,过O在平面CC F内作OP⊥C F,垂足为P,连接BP,则∠OPB为二面角B-FC -C的一个
1
1
1
1
1
平面角, 在△BCF为正三角形中,
··········11分
,在Rt△CC F中, △OPF∽△CC F,∵
1
∴
,
1
在Rt△OPF中,
,
,所以
二面角B-FC -C的余弦值为
.·······14分
22. 设
(1)求 的大小；
(2)若 ，求
的三个内角
所对的边分别为
且
.
的取值范围.
答案
(1)
(2)
解析
【分析】
（1）用正弦定理化边为角，然后使用三角恒等变换求解；
（2）先证明
【详解】
（1）由
，然后验证
能取遍
上的全体实数，即可说明
的取值范围是
.
及正弦定理得
.
而
，故
.
所以
，得
，故
.
，所以由
（2）一方面，由余弦定理得
，
得
.
故
，同时
，可选取
，故
.
构成符合条件的三角形，且
另一方面，对任意
，
，

.
所以
的取值范围是
.