江西省于都中学2023-2024学年高二上学期开学考试数学试题

这是一份江西省于都中学2023-2024学年高二上学期开学考试数学试题，共21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。

一、单选题（本大题共8小题，共40分）
1．若复数，为的共轭复数，则复数的虚部为（ ）
A．B．C．D．
2．若直线平面，直线平面，，则（ ）
A．或与异面B．C．与异面D．与相交
3．庄严美丽的国旗和国徽上的五角星是革命和光明的象征，正五角星是一个非常优美的几何图形，且与黄金分割有着密切的联系.在如图所示的正五角星中，以为顶点的多边形为正五边形，且，则（ ）
A．B．
C．D．
4．已知函数=Atan（x+）（），y=的部分图像如下图，
则
A．2+B．
C．D．
5．滕王阁，江南三大名楼之一，因初唐诗人王勃所作《滕王阁序》中的“落霞与孤鹜齐飞，秋水共长天一色”而名传千古，流芳后世．如图，在滕王阁旁地面上共线的三点A，B，C处测得阁顶端点P的仰角分别为，，，且米，则滕王阁的高度（ ）米.
A．B．C．D．
6．已知中，．点为其外接圆的圆心且．则当取最大值时，的面积为（ ）
A．B．C．D．
7．如图所示，已知正方体的棱长为分别是的中点，是线段上的动点，则下列说法正确的是（ ）
A．当点与两点不重合时，平面截正方体所得的截面是六边形
B．平面截正方体所得的截面可能是三角形
C．一定是锐角三角形
D．面积的最大值是
8．设正方体的棱长为1，点E是棱的中点，点M在正方体的表面上运动，则下列命题：

①如果，则点M的轨迹所围成图形的面积为；
②如果∥平面，则点M的轨迹所围成图形的周长为；
③如果∥平面，则点M的轨迹所围成图形的周长为；
④如果，则点M的轨迹所围成图形的面积为．
其中正确的命题个数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
二、多选题（本大题共3小题，共18分）
9．已知向量，则下列说法正确的是（ ）
A．当时，B．当时，
C．与夹角为锐角时，则t的取值范围为D．当时，在上的投影为
10．在平面直角坐标系中，使角的顶点与原点重合，角的始边与x轴的非负半轴重合.已知点是角终边上一点，，定义，对于下列说法：其中正确的是（ ）
A．函数的值域是；
B．函数的图象关于直线对称；
C．函数是周期函数，其最小正周期为；
D．函数的单调递减区间是，.
11．如图所示，一个封闭的圆台容器（容器壁厚度忽略不计），圆台的上下底面半径分别为3和1，母线长为4，则（ ）
A．圆台容器的的容积为
B．圆台的外接球的半径为
C．容器中可放入一个半径为1.7球体
D．圆台容器内放入一个可以任意转动的正方体，则正方体棱长的最大值为2
三、填空题（本大题共3小题，共15分）
12．若一个球的体积为，则它的表面积为 ．
13．已知函数，若，且，则的取值范围是 ．
14．数列中，，平面内三个不共线的向量、、满足，若A，B，C在同一直线上，则
四、解答题（本大题共5小题，共77分）
15．已知函数
(1)当，求的最值，及取最值时对应的的值；
(2)在中，为锐角，且，求的面积．
16．如图，在多面体中，四边形为矩形，四边形为直角梯形，平面平面，，，，为线段上动点.
（1）若为中点，求证：平面；
（2）线段上是否存在点，使平面与平面所成的锐二面角大小为？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由.
17．如图，在菱形中，与相交于点，平面，.
(1)求证：平面；
(2)当直线与平面所成的角的余弦值为时，求证：；
(3)在（2）的条件下，求异面直线与所成的余弦值.
18．已知a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，且满足，．
(1)求B；
(2)若D，E为线段上的两个动点，且满足，，求的取值范围．
19．对于函数，若定义域内存在实数，满足，则称为“函数”.
(1)已知函数，试判断是否为“函数”，并说明理由；
(2)已知函数为上的奇函数，函数，为其定义域上的“函数”，求实数的取值范围.
参考答案：
1．C
【分析】由题意可得，进而可得结果.
【详解】∵，∴，
∴,所以虚部为1,
故选：C.
2．B
【分析】过作平面交平面于，过作平面交平面于，通过线面平行的性质定理、判定定理、平行公理可以判断出的位置关系.
【详解】如图，过作平面交平面于，过作平面交平面于，因为，所以.
因为，所以.
所以，又，所以，又，所以，所以.
故选：B
3．A
【解析】设，根据，得到，进而得到，然后由求解.
【详解】设，
因为，
所以，
所以，
因为，
所以，
所以，
，
.
故选：A
4．B
【详解】本题考查三角函数的图像和性质，数形结合思想.
由图像知周期则所以由得，因为所以则由得于是则故选B
5．B
【分析】设，由题意可求得，，，在中，，在中，，因为，所以两式相加可解得，即可得出．
【详解】设，因为，则，
因为，，
所以，，
在中，，即，①
在中，，即，②
因为，则，
所以①②两式相加可得：，解得：，
则．
故选：B.
6．C
【分析】结合平面向量的加法运算法则和数量积的定义可推出，从而得出的值，在中，由余弦定理有，结合基本不等式可得当时角最大，所以是以角为直角的直角三角形，从而可得答案.
【详解】因为为外接圆的圆心，
所以，
如图，过分别作,则分别为的中点.
所以
则，
，
所以当且仅当时最小，
此时角最大，且此时，
是以角为直角的直角三角形，
所以，
故选:C．
7．D
【分析】依据平面的性质画出平面截正方体所得的截面判断选项AB；举反例否定选项C；求得面积的最大值判断选项D
【详解】如图，当点P与A，B两点不重合时，将线段MP向两端延长，
分别交CD，CB的延长线于点O，Q，连接NO，NQ分别交，于R，S两点，
连接RM，SP，MP此时截面为五边形MPSNR，所以A错误；
当点P与点A或点B重合时，截面为四边形.
综上，平面截正方体所得的截面为四边形或五边形.不可能是三角形，所以B不正确；
考虑，当点P与点A重合时，，，，
此时因为，故为钝角，所以C错误；
如图，为中点，连接，则，且面，
延长分别交延长线于，则，
若分别为中点，易知：面，且，，
易证：面面，即在面上的投影为，
令，面面，则面，面，
所以，若，，则面，面，
所以，即为P到直线MN的距离，
如下图，随从A到B移动过程中，逐渐变大，而不变，故也在变大，
所以当P与点B重合时，点P到直线MN的距离取到最大值，
的面积取到最大值，此时，，
则MN边上的高为，
△的面积为，即最大值为，D判断正确．
故选：D．
8．C
【分析】由正方体性质得面，根据线面垂直的判定定理、性质定理证面，确定轨迹图形判断①；若分别为中点，连接，根据线面平行、面面平行的判定证面面，确定轨迹图形判断②；若分别为的中点，连接，同②方式证面面，确定轨迹图形判断③；若分别是的中点，并依次连接，先证面面，结合①得面，确定轨迹图形判断④.
【详解】由面，而面，则，又，
又，面，则面，
由面，则，同理，
，面，则面，
所以垂直于面所有直线，且面，
若，则在边长为的正△的边上，
故轨迹图形面积为，①对；

若分别为中点，连接，
由正方体的性质易得，，
所以共面，且为平行四边形，故面即为面，
由面，面，则面，
同理可得面，，面，
所以面面，要使∥平面，则在△的边上，
所以轨迹长为，②错；

若分别为的中点，连接，显然，
所以共面，即面，
由，面，面，则面，
又，同理可得面，，面，
所以面面，故面内任意直线都与面平行，
要使∥平面，则在四边形的边上运动，
此时轨迹长为，③对；

若分别是的中点，并依次连接，
易知为正六边形，显然，，
由面，面，则面，同理可得面，
，面，所以面面，
由面，则面，故垂直于面所有直线，
要使，则在边长为的正六边形边上运动，
所以轨迹图形面积为，④对；

故选：C
9．ABC
【分析】由向量垂直的坐标运算得到A正确；由向量共线的坐标运算公式得到B正确；向量夹角为时，，再由向量共线当时，解得，不合条件，故得到C正确；在上的投影公式为代入数据进行运算，可得D错误.
【详解】时，，故A正确；
时，，故B正确；
与夹角时，，
当时，解得，无解，与夹角为锐角时，，C正确；
当时，在上的投影为，故D选项错误，
故选：ABC．
10．ABC
【解析】由题意可得，再利用函数的周期性､单调性的定义，函数的图象的对称性得出结论.
【详解】由已知点是角终边上一点，，
则，
则，
对于A，，即的值域是，故A正确；
对于B，当时，，故的图象关于直线对称，故B正确；
对于C，可知是周期函数，其最小正周期为，故C正确；
对于D，因为，，故不满足单调递减，故D错误.
故选：ABC.
11．ACD
【分析】对A，根据轴截面分析和台体体积公式求解；对B，圆台外接球的球心在圆台的轴上，作轴截面，则轴截面等腰梯形的外接圆的半径即为外接球的半径，由正弦定理求解；对C，根据题意可求出圆台内能放置的最大球的半径；对D，由C知圆台内能放下的最大球的直径，再根据该球为此正方体外接球求解即可.
【详解】圆台截面为等腰梯形､如图，可得圆台的高为，
由台体体积公式可得，
故A选项正确.
圆台外接球的球心在圆台的轴上，作轴截面，
则轴截面等腰梯形的外接圆的半径即为外接球的半径，
等价于的外接圆的半径.
由上图可得，
由正弦定理得.
B选项错误.
考虑该圆台是否有内切球.
圆台的轴截面为等腰梯形，如图，与两底面相切（如图所示）时，
球心在两底面圆心连线们中点，半径为；
接下来验证点到距离，
由题意，
则，即为直角三角形，
所以，解得，
故圆台存在内切球，且半径为，故C选项正确.
正方体可以任意转动，则最大正方体应是圆台容器内最大球的内接正方体，
由（3）可知，最大正方体对角线为，
所以，最大边长的值为2，故D选项正确.
故选：ACD
12．
【详解】
13．
【分析】易知函数函数关于点的中心对称；根据题意可知，，由余弦函数图象和性质可知，所以关于中心对称时，最小；因为，若，则，由此即可求出结果.
【详解】令，得
所以函数关于点的中心对称；
因为，所以，
由余弦函数图象和性质可知，所以关于中心对称时，最小；
因为，不妨设，
所以若，则，
所以，所以的取值范围是.
故答案为：.
14．0
【分析】根据平面向量中三点共线的结论可得,即，推出数列的周期为，根据周期可求出结果.
【详解】因为平面内三个不共线的向量、、满足，且A，B，C在同一直线上，
所以，即，
所以，所以，即，
所以，所以，所以数列的周期为，
又因为，所以，，
，，
所以，
所以.
故答案为：.
15．(1),；，
(2)
【分析】（1）利用诱导公式以及二倍角公式结合辅助角公式化简可得的表达式，根据范围，结合正弦函数性质，即可求得答案；
（2）结合（1）的结果可求出角A，利用余弦定理可求出的值，利用三角形面积公式即可求得答案.
【详解】（1）
，
，
，
当，即时，；
当，即时，；
（2）由，即，
而为锐角，，则，
，
又，
由余弦定理得，即，即，
.
16．（1）证明见解析；（2）存在，.
【分析】（1）连结交于，要证明平面，只需证明；
（2）以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出当时，平面与平面所成锐二面角的大小为，即可求得答案.
【详解】（1）连结交于，
∵为矩形，
∴为中点，
又为中点，
∴，
又平面，平面，
∴平面.
（2）假设线段上存在点，使平面与平面所成的锐二面角大小为.
理由如下：
∵平面平面，
在矩形中，，平面平面，
∴平面，平面，
∴，
又，
∴以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，
由题意知，重合时不符合，设，
则，，，
设是平面的法向量，
则，取，得，
又平面，
∴平面的法向量，
∴线段上存在点，使平面与平面所成的锐二面角大小为，
∴，
解得：或(舍去)，
∴当时，平面与平面所成锐二面角的大小为，
此时.
17．(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）要证与平面垂直，只要证与平面内两条相交直线垂直即可，这由已知线面垂直可得一个，又由菱形对角线垂直又得一个，由此可证；
（2）由已知线面垂直得平面，从而知为直线与平面所成的角，从而可得，然后计算出三线段的长，由勾股定理逆定理可得垂直；
（3）取中点，则有，从而可得异面直线所成的角，再解相应三角形可得．
【详解】（1）因为四边形是菱形，所以，
因为平面，平面，所以.
因为，平面平面，
所以平面；
（2）因为平面
所以直线与平面所成的角为即.
在等边中，
所以中，所以.
过作交于点N,
所以中
中
中
所以；
（3）取边的中点，连接易得且
为所求的角或其补角，
而在中，，
中，
所以异面直线与所成的余弦值为.
18．(1)；
(2)
【分析】（1）根据正弦定理边角互化，结合三角恒等变换即可求解，
（2）根据正弦定理可得的表示，即可利用三角形的面积公式，即可利用三角恒等变换，结合三角函数的性质即可求解.
【详解】（1）∵
∴,
在中，
∴
∴，
又在中，
∴，∴
∵，∴
（2）∵，∴
∵，∴
或
又，所以，故，，
由正弦定理可得,故，
设，其中，则，
在中，由正弦定理可得
则
在中，由正弦定理可得
则．
∴的面积
∵，则
∴，即
∴．
19．(1)是“函数”，理由见解析
(2)
【分析】（1）直接由新定义判断方程是否有解即可.
（2）由题意得首先得，然后对分类讨论，将问题转换为方程有解求参数范围即可.
【详解】（1）由题意，若函数在定义域内存在实数，满足，
可得，即.
当时，上式成立，所以存在，满足，
所以函数是“函数”.
（2）因为函数为上的奇函数，
所以，所以，经检验满足条件，
所以，所以，
所以，定义域为.
①当在区间上存在，满足时，
则，即.
令，则，当且仅当时取等号.
又，所以，即，
所以，
所以，
②当在区间上存在，满足时，
则，即有解.
因为在区间上单调递减，所以.
③当在区间上存在，满足时，
则，即有解.
因为在区间上单调递增，所以.
综上所述，实数m的取值范围为.题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
B
A
B
B
C
D
C
ABC
ABC
题号
11









答案
ACD