上海市华东师范大学第二附属中学2024-2025学年高二上学期开学暑期答疑辅导检测数学试题（原卷版+解析版）

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1. 直线上存在两点在平面上，则______（填一符号）．
【答案】
【解析】
【分析】由直线与平一面的位置关系可得结论.
【详解】直线上存在两点在平面上，则.
故答案为：.
2. 函数 的频率是___________ ．
【答案】##
【解析】
【分析】利用正弦型函数频率的定义可得结果.
【详解】由题意可知，函数 的频率.
故答案为：.
3. 已知是等差数列，若，则的值是____．
【答案】
【解析】
【分析】利用等差数列的性质可求的值.
【详解】因为，故，所以
故答案为：.
4. 两条异面直线所成角的取值范围是________
【答案】
【解析】
【分析】由异面直线所成角的定义求解．
【详解】解：由异面直线所成角定义可知：过空间一点，分别作相应直线的平行线，两条相交直线所成的直角或锐角为异面直线所成的角，故两条异面直线所成的角的取值范围是
故答案为：
【点睛】本题主要考查异面直线所成的角，同时还考查了转化思想，属于基础题．
5. 已知复数的实部与虚部相等，则______．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，得到，结合复数模的运算法则，即可求解.
【详解】由复数的实部与虚部相等，可得，即，
则，所以.
故答案为：.
6. 函数的对称中心是______．
【答案】
【解析】
【分析】根据正切函数的对称中心为，整体代换即可得所求函数的对称中心.
【详解】因为正切函数的对称中心为，
所以令，则，
所以函数的对称中心是.
故答案为：.
7. 三个互不重合的平面能把空间分成______．
【答案】4或6或7或8
【解析】
【分析】将互不重合的三个平面的位置关系分为：三个平面互相平行；三个平面有两个平行，第三个平面与其它两个平面相交；三个平面两两相交且三条交线平行；三个平面两两相交且三条交线交于一点；四种情况分类讨论，即可得到答案.
【详解】若三个平面两两平行，则将空间分成4个部分，如图1，
若二个平面平行，都和第三个平面相交，或三个平面交于同一条直线时，则将空间分成6个部分，如图2，
若三个平面两两相交且交线互相平行，则将空间分成7个部分，如图3，
若三个平面两两相交且交点共点，则将空间分成8个部分，如图4，
故答案为：4或6或7或8．
8. 数列满足，，则________．
【答案】2
【解析】
【分析】由题意求出，则数列是周期为3的数列，即可求解.
【详解】由题意知，，
所以数列是周期为3的数列，
所以.
故答案为：2
9. 在中，，则该三角形外接圆与内切圆的面积之比是______．
【答案】
【解析】
【分析】利用正弦定理和余弦定理求出外接圆的半径，再利用等面积法求三角形内切圆的半径，即可求解.
【详解】设外接圆的半径为，内切圆的半径为，内切圆的圆心为，
因，
所以由正弦定理可得，，
不妨设，
有余弦定理可得，，
因为，所以,
由正弦定理得，,
又因为,，
所以，
所以，
所以该三角形外接圆与内切圆的面积之比为.
故答案为: .
10. 如图，摩天轮的半径为，圆心距地面的高度为.已知摩天轮按逆时针方向匀速转动，每转动一圈.游客在摩天轮的舱位转到距离地面最近的位置进舱则游客进舱时他距离地面的高度为_________.
【答案】
【解析】
【分析】设在时，距离地面的高度为，其中，根据题中条件求出、的值，可得出关于的函数关系式，然后将代入函数解析式，即可得解.
【详解】因为摩天轮的半径为，圆心距地面的高度为，
设在时，距离地面的高度为，其中，
则，可得，则，
由摩天轮按逆时针方向匀速转动，每转动一圈，可得，所以，
即，
当时，可得，即，
因为，解得，
所以，
令，可得.
所以，游客进舱时他距离地面的高度为.
故答案：.
11. 已知 中，过中线的中点任作一条直线分别交边于两点，设，则的最小值为___________.
【答案】##2.25
【解析】
【分析】由已知和平面向量基本定理可得，又三点共线得，利用基本不等式求解最值．
【详解】因为且为的中点，
所以，
又因为，
所以，
所以，又三点共线，所以，
于是
，
当且仅当即等号成立.
故答案为：.
12. 对任意，函数在区间上单调递增，则实数的取值范围是________.
【答案】
【解析】
【分析】
根据题意可得，从而可得，讨论，或，再求出的单调递增区间，只需是单调递增区间的子集即可求解.
【详解】，，
由正弦函数的性质，的每个增区间的长度为，其中函数的最小正周期为.
函数在区间上单调地藏，可得，即.
①当时，此时，单调递增，
当，单调递增，
解得，
只需，
从而可得，
解得对成立，
则，即，
由，解得，，.
所以，；
②当时，函数为常函数，不合乎题意；
③当时，，单调递减，
由，
解得对成立，
可得，解得对成立，
于是，即，
由，解得，由，，此时，.
综上所述，实数的取值范围是.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题考查了三角函数的性质，解题的关键是求出函数的单调递增区间，使是单调递增区间的子集，考查了分类讨论的思想.
二、选择题（本大理共有4题，第13、14题每题4分，第15、16题每题5分，满分18分，每题有且仅有一个正确选项），考生需在答题纸的相应位置将代表正确选项的小方格涂黑．
13. 设扇形的圆心角为，半径为，弧长为，而积为，周长为，则下列说法不正确的是（ ）
A. 若，确定，则唯一确定B. 若，确定，则，唯一确定
C. 若确定，则唯一确定D. 若确定，则唯一确定
【答案】C
【解析】
【分析】利用，再结合各个选项，逐一分析判断，即可求出结果.
【详解】因为，
对于选项A，若，确定，则唯一确定，所以选项A正确，
对于选项B，若，确定，由知，确定，则，唯一确定，所以选项B正确，
对于选项C，若确定，由，消得到，
又，当时，有两个值，当时，有1个值，当时，无解，所以选项C错误，
对于选项D，若确定，由知，确定，又，所以确定，故选项D正确，
故选：C.
14. 过正方体的顶点A作直线，使与棱AB，AD，
所成的角都相等，这样的直线可以作
A. 1条B. 2条C. 3条D. 4条
【答案】D
【解析】
【详解】如图：
由于平面，平面，平面上不存在满足条件的直线，只需考虑正方体内部和正方体外部满足条件的直线的条数.第一类：在正方体内部,由三余弦定理知在平面内的射影为的角平分线,在平面内的射影为的角平分线，则在正方体内部的情况为体对角线；第二类：在图形外部与每条棱的外角度数和另条棱夹角度数相等，有条.所以共有条满足条件的直线,故选D.
15. 数列，满足，，则 的前项之和等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用裂项相消法求和.
【详解】∵,
∴，
∴,
故选:B．
16. 如图所示，角的终边与单位圆交于点，，轴，轴，在轴上，在角的终边上．由正弦函数、正切函数定义可知，的值分别等于线段的长，且，则下列结论不正确的是（ ）
A. 函数在内有1个零点
B. 函数在内有2个零点
C. 函数有3个零点
D. 函数在内有1个零点
【答案】C
【解析】
【分析】利用当时，，可得各个函数在上零点的个数，再根据奇函数的对称性得到函数在上零点的个数，且各个函数都有零点，由此可判断A CD；再结合函数和的图象，可判断B.
【详解】由已知条件，当时，，
所以当时，，
对于A，当时，，，
又为奇函数，所以时，，
当时，，
所以函数在内有且仅有1个零点，故A正确；
对于B，当时，
因为，即，
由为奇函数，所以时，，
当时，，
所以函数在内有且仅有1个零点，
作出函数的图象，如图所示，
由图可知，当时，函数和的图象只有一个交点，
所以函数在内有且仅有1个零点，
所以函数在内有2个零点，故B正确；
对于C，当时，，所以，此时函数没有零点，
当时，由，即，此时函数没有零点，
当时，，此时函数的零点为，
又为奇函数，其图象关于原点对称，所以时函数无零点，
综上所述，函数有且仅有1个零点，故C错误；
对于D，当时，因为，
所以，
又为奇函数，所以时，，
所以，
当时，，
所以函数在内有1个零点，故D正确.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：本题考查了三角函数的图像及性质，解题的关键是由得，并结合三角函数图象求解.
三、解答题（本大题共5题，满分78分），考生需在答题纸的相应位置写出必要的步骤．
17. 已知，．
（1）求的值；
（2）在平面直角坐标系中，以为始边，已知角的终边与角的终边关于轴对称，求的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用二倍角公式及两角和正弦公式计算即可；
（2）根据角的终边与角的终边关于轴对称求出，然后利用两角和的余弦公式计算即可.
【小问1详解】
因为，，所以，
所以，，
所以
【小问2详解】
因为角的终边与角的终边关于轴对称，
所以，，
所以.
18. 如图所示，在长方体中，，，为线段上一点．
（1）求证：；
（2）当为线段的中点时，求点到平面的距离．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【解析】
【分析】（1）利用线面垂直推导出线线垂直即可
（2）利用等体积法，进而求解即可
【详解】（1）证明：连接，
因为是长方体，且，所以四边形是正方形，所以，因为在长方体中，平面，平面，所以，因为平面，平面，且，所以平面，因为平面，所以．
（2）点到平面的距离，的面积，
所以，
在中，BB1=4，，所以，
同理．又，所以的面积．
设三棱锥的高为，则因为，所以，
所以，解得，即三棱锥的高为．
所以点到平面的距离为．
【点睛】关键点睛：解题关键在于利用等体积法，进而得出，进而求出三棱锥的高
19. 在直角梯形中，，，，点是边上的中点.
（1）若点满足，且，求的值；
（2）若点是线段上的动点（含端点），求的取值范围.
【答案】（1）；
（2）
【解析】
【分析】（1）利用向量的加减运算法则，以为基底表示出得出的取值可得结论；
（2）法1：建立平面直角坐标系利用数量积的坐标表示即可得出的取值范围；
法2：利用极化恒等式得出，即可得出结果.
【小问1详解】
如下图所示：
由可得，
所以，
又，可得
所以；
【小问2详解】
法1：以点为坐标原点，分别以为轴，为轴建立平面直角坐标系，
则，则，
由点是线段上的动点（含端点），可令，
所以，则，
所以，
由二次函数性质可得当时取得最小值；
当时取得最大值；
可得
法2：取中点，作垂足为，如下图所示：
则
显然当点位于点时，取到最大值3，当点位于点时，取到最小值，
可得
20. 如图，正方体的棱长为1，，求：
（1）与所成角的度数；
（2）与平面所成角的正切值：
（3）度数．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）先由已知条件求出和，从而求出，接着由正方体性质求出，再结合异面直线所成角定义即可得是与所成角，从而得解；
（2）在平面内作交于点，连接，求证平面即可得为与平面所成的角，再依据已知条件求出和即可由求出与平面所成角的正切值.
（3）求证平面即可得证平面平面，从而即可得的度数.
【小问1详解】
连接，则由正方体性质得且为的中点，
所以且，
所以，故，
又由正方体性质可知且，
所以四边形是平行四边形，所以，
所以是与所成角，故与所成角的度数为.
【小问2详解】
如图，在平面内作交于点，连接，
由正方体性质可知平面平面，
又平面平面，所以平面，
所以为中点，为在平面上的射影，
所以为与平面所成的角，
由题意，在中，， ，
所以，所以与平面所成角的正切值为.
【小问3详解】
由（1）知，又由正方体性质可知平面，
而平面，所以，
又，平面，所以平面，
又平面，所以平面平面，
所以的度数为.
21. 若有穷数列满足：且，则称其为“阶数列”.
（1）若“6阶数列”为等比数列，写出该数列的各项；
（2）若某“阶数列”为等差数列，求该数列的通项（，用表示）；
（3）记“阶数列”的前项和为，若存在，使，试问：数列能否为“阶数列”？若能，求出所有这样的数列；若不能，请说明理由.
【答案】（1）或
（2）答案见解析 （3）不是，理由见解析
【解析】
【分析】（1）根“阶数列”的定义求解即可；
（2）结合“阶数列”的定义，首先得，然后分公差是大于0、等于0、小于0进行讨论即可求解；
（3）记中非负项和为，负项和为，则，进一步，结合前面的结论以及“阶数列”的定义得出矛盾即可求解.
【小问1详解】
设成公比为的等比数列，显然，
则有，得，解得，
由，
得，解得，
所以数列或为所求；
【小问2详解】
设等差数列的公差为，
，
，即，
当时，矛盾，
当时，，
，即，由得，
即，
，
当时，同理可得，即，
由得，即，
，
综上所述，当时，，
当时，；
【小问3详解】
记中非负项和为A，负项和为，则，
得，即，
若存在，使，可知：
，且，
时，时，
，
又与不能同时成立，
数列不为“阶数列”.
【点睛】关键点点睛：第三问的关键是得到，，，，，，，，且，由此即可顺利得解.