江西省于都中学2024-2025学年高二上学期开学考试 数学试题（含解析）

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第I卷（选择题）
一、单选题
1. 下列关于复数（i为虚数单位）的说法错误的有（ ）
A. z的共轭复数为B.
C. z的虚部为D.
【答案】A
【解析】
【分析】A选项，根据复数的除法运算法则计算；B选项，根据复数乘方运算法则计算；C选项，根据虚部的定义判断；D选项，根据模的公式计算.
【详解】，故A错；
，故B正确；
的虚部为-1，故C正确；
，故D正确.
故选：A.
2. 在平行四边形中，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】运用平行四边形法则和三角形法则，结合线性运算法则解题即可.
【详解】如图，由题意,可知是的中点，
所以．
故选：C．
3. 已知直线l，m，平面α，β，γ，则下列条件能推出l//m的是（ ）
A. l⊂α，m⊂β，α//βB. α//β，α∩γ＝l，β∩γ＝m
C. l//α，m⊂αD. l⊂α，α∩β＝m
【答案】B
【解析】
【分析】根据空间中线、面关系逐项分析判断.
【详解】选项A中，直线l，m也可能异面，故A错误；
选项B中，根据面面平行的性质定理，可推出l//m，故B正确；
选项C中，直线l，m也可能异面，故C错误；
选项D中，直线l，m也可能相交或异面，故D错误．
故选：B．
4. “赵爽弦图”是中国古代数学的图腾，它是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形.如图，某人仿照赵爽弦图，用四个三角形和一个小的平行四边形拼成一个大平行四边形，其中分别是的中点，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据平面向量的基本定理，化简得到，结合，求得的值，即可求解.
【详解】由题意，可得，
因为是平行四边形，所以，
所以，所以，
因为，所以，则.
故选：C.
5. 函数的图象如图所示，图中阴影部分的面积为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据阴影部分面积列方程，求得，从而求得，再根据图象上的特殊点求得正确答案.
【详解】设的最小正周期为，则，
所以，所以，
由图可知，
所以.
故选：D
6. 某中学研究性学习小组为测量如图所示的铜雕的高度，在和它底部位于同一水平高度的共线三点处测得铜雕顶端P处仰角分别为，且，则该铜雕的高度为（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设的投影为，且，利用锐角三角函数表示出、、，再在和中分别用余弦定理得到方程，解得即可.
【详解】设的投影为，且，在中，，
所以，

在中，，所以，
在中，，所以，
在和中分别用余弦定理得，
解得或（舍去），即该铜雕的高度为.
故选：B
7. 在三棱柱中，点在棱上，且，点在棱上，且为的中点，点在直线上，若平面，则（ ）
A. 2B. 3C. 4D. 5
【答案】D
【解析】
【分析】根据已知条件及线面平行的判定定理，利用面面平行的判定定理和性质定理，结合平行四边形的性质即可求解.
【详解】依题意，作出图形如图所示
设为的中点，
因为为的中点，
所以,
又平面，平面，
所以平面，
过点作，交于,则易知平面，
又因为平面，平面，
所以平面平面.
又平面,
所以平面.
因为,
所以四边形为平行四边形，
所以,
因为，
所以,
,
所以.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：利用线面平行的判定定理、面面平行的判定定理和性质定理，求出四边形为平行四边形即可.
8. 在正六棱柱中，，为棱的中点，以为球心，为半径的球面与该正六棱柱各面的交线总长为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，画出图形，设分别为的中点，连接，由题意可知球不与侧面及侧面相交，球与侧面交于点，与侧面交于点，然后分别判断与其余4个面的交线，求出球面与正六棱柱各个面所交的弧线的长度之和即可
【详解】因为球的半径为6，，所以球不与侧面及侧面相交，
设分别为的中点，连接，
则由题意可得，
所以，
所以球与侧面交于点，与侧面交于点，
在正六边形中，因为，所以，
所以，
因为平面，平面，所以，
因为，平面，
所以平面，所以平面，且，
所以，
所以球与侧面的交线是以为直径的半圆，
同理可得球与侧面的交线是以为直径的半圆，
因为，所以球与上下底面的交线均为个半径为的圆，
所以球面与该正六棱柱各面的交线总长为
故选：D
【点睛】关键点点睛：此题考查球与棱柱表面的交线问题，解题的关键是画出图形，根据题意找出球与各个面的交线，考查空间想象能力和计算能力，属于较难题.
二、多选题
9. 已知的最小正周期是，下列说法正确的是（ ）
A. 在是单调递增
B. 是偶函数
C. 的最大值是
D. 是的对称中心
【答案】ABD
【解析】
【分析】首先利用辅助角公式化简函数的解析式，并求，再根据三角函数的性质判断选项.
【详解】因为，
因为函数最小正周期为，所以，则，
所以增区间由不等式，即，，
当时，A满足条件，故正确；
是偶函数，故B正确；
的最大值是2，故C是错的；
，，故D正确
故选：ABD.
10. 已知向量，则下列说法正确的有（ ）
A. 当且仅当时，B. 存在，使得
C. 存在，使得D. 向量在向量上的投影向量是向量
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据给定条件，利用共线向量的坐标表示，可得到，即可判断出选项A的正误；利用向量的坐标运算及向量相等，即可判断出选项B的正误；根据条件利用数量积的运算律得到，从而有，即可求解；选项D，利用投影向量的定义，即可求解.
【详解】向量，，，
对于选项A，因为，所以选项A正确；
对于选项B，因为，假定存在θ，使得，则有，
而，即不成立，因此不存在θ，使得，所以选项B错误；
对于选项C，因为，
即，则，因此存在θ，使得，所以选项C正确.
对于选项D，因为，则在上的投影向量为，所以选项D正确；
故选：ACD.
11. 某班级到一工厂参加社会实践劳动，加工出如图所示的圆台，在轴截面中，，且，下列说法正确的有（ ）
A. 该圆台轴截面面积为
B. 该圆台体积为
C. 该圆台的侧面积为
D. 沿着该圆台表面，从点到中点的最短距离为
【答案】ACD
【解析】
【分析】求出圆台的高，由梯形的面积公式可判断选项A；由台体的体积公式可判断选项B；由台体的侧面积公式可判断选项C；将圆台补成圆锥，侧面展开，取的中点为，连接，可判断选项D.
【详解】对于，由，且，
可得，高，
则圆台轴截面的面积为，故A正确；
对于B，圆台的体积为，故B错误；
对于C，圆台的体积为，故C正确；
对于，由圆台补成圆锥，可得大圆锥的母线长为，底面半径为，侧面展开图的圆心角．
设的中点为，连接，可得，
则．
所以沿着该圆台表面，从点到中点的最短距离为，故正确．
故选：ACD．
第Ⅱ卷（非选择题）
三、填空题
12. 若正三棱柱的内切球体积为，则该正三棱柱的底面边长为_______．
【答案】
【解析】
【分析】根据球的体积公式可得内切球的半径，根据正三棱柱结构特征可知即为底面正三角形内切圆半径，从而即可得解.
【详解】解：设正三棱柱的内切球的半径为，
则有，
解得，
设正三棱柱的底面边长为，
则正三棱柱的底面三角形的内切圆半径即为正三棱柱内切球半径，
又正三棱柱的底面三角形的内切圆半径，
所以，
解得.
故答案为：
13. 设函数在上恰有两个零点，则__________.
【答案】或
【解析】
【分析】先将函数化简成，将函数有两个零点问题转化成函数与图象在上恰有两个交点问题，然后数形结合根据函数的图象性质即可得解.
【详解】由题得，
因为函数在上恰有两个零点，
所以方程在上恰有两个根，
所以函数与图象在上恰有两个交点，
令，
即函数的对称轴方程为，
所以在上有两条对称轴为和，如图，
所以由函数的图象性质可知或.
故答案为：或.
【点睛】思路点睛：研究三角函数问题，通常需要利用三角恒等变换公式化成一角一函数，故解决本题先利用辅助角公式将函数化简成，再将题中所给条件函数有两个零点问题转化成函数与图象在上恰有两个交点问题，然后作出有关函数图象，数形结合根据函数的图象性质即可得解.
14. 如图，在中，点O在BC上（不含端点），，则的最小值为__________．

【答案】##
【解析】
【分析】根据平面向量共线性质，结合基本不等式进行求解即可.
【详解】由题意可得，B，O，C三点共线，则共线．
则存在唯一实数，使得，
即，
整理可得．
又，
所以，
所以，且，
所以，
当且仅当，即时等号成立，
所以的最小值为．
故答案为：
四、解答题
15. 已知向量，，，函数.
（1）当时，求的最大值与最小值；
（2）设，，求.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）根据向量的坐标运算求出，再利用向量求模公式可得，根据三角函数的性质求出其最值和最小值即可；
（2）求出的解析式，求出，从而求出的值即可.
【小问1详解】
，，，，
当时，，，
当即时，，
当即时，.
【小问2详解】
，，.，，，，.
16. 如图，在三棱柱中，若G，H分别是线段，的中点．
（1）求证：//面．
（2）在线段上是否存在一点，使得平面//平面，若存在，指出的具体位置并证明；若不存在，说明理由．
【答案】（1）证明见解析
（2）存在，是线段的中点，证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据三角形中位线分析证明；
（2）根据题意结合线面、面面平行的判定定理分析证明.
【小问1详解】
连接，∵为平行四边形， 是线段的中点，
则，分别是线段，的中点，故，
又平面，平面，故有面
【小问2详解】
存在，是线段的中点，理由如下：
由（1）可知：，平面，平面，
∴平面，连接，，
∵、分别是线段、的中点，则，平面，平面，
∴平面，，面，面，
故平面平面．
17. 已知函数为奇函数，且图象的相邻两对称轴间的距离为.
（1）求的解析式与单调递减区间；
（2）将函数图象向右平移个单位长度，再把横坐标缩小为原来的（纵坐标不变），得到函数的图象，当时，求方程的所有根的和.
【答案】（1），递减区间为，
（2）
【解析】
【分析】（1）利用恒等变换化简后，结合三角函数的性质求解；
（2）利用图象变换法则求得g(x)的函数表达式，解方程求得g(x)的值，利用换元思想，结合三角函数的图象和性质分析求得.
【小问1详解】
由题意，
图象的相邻两对称轴间的距离为，
的最小正周期为，即可得，
又为奇函数，则，，
又，，故，
令，得
函数的递减区间为，
【小问2详解】
将函数的图象向右平移个单位长度，可得的图象，
再把横坐标缩小为原来的，得到函数的图象，
又，则或，
即或.
令，当时，，
画出图象如图所示：
有两个根,关于对称，即,
有,
在上有两个不同的根，,；
又的根为，
所以方程在内所有根的和为.
18. 如图，平面四边形中，．的内角的对边分别为，且满足．
（1）求角B
（2）判断四边形是否有外接圆？若有，求其半径R；若无，说明理由．
（3）求内切圆半径r的取值范围．
【答案】（1）
（2）有，且
（3）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理化简已知条件，再利用余弦定理来求得.
（2）根据四边形对角互补来判断四边形有外接圆，求得，然后利用正弦定理求得外接圆的半径.
（3）根据三角形的面积公式求得的表达式，然后利用正弦定理、三角恒等变换、三角函数值域等知识来求得的取值范围.
小问1详解】
依题意，，由正弦定理得，
整理得，由于，所以.
【小问2详解】
由于，所以四边形有外接圆.
依题意，，
所以，
由于不在同一条直线上的三个点确定一个圆，
所以四边形的外接圆也即三角形的外接圆，
由正弦定理得.
【小问3详解】
设，
由三角形的面积公式得，
则.
在三角形中，由正弦定理得，
所以
，
，
由于，所以，
所以，
所以，
所以的取值范围是.
19. 如图，在四棱锥中，底面是矩形，，，平面，且是的中点.
（1）求证：平面；
（2）求异面直线与所成角的正切值；
（3）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用线面垂直的判定定理证明平面，即可证明，再利用线面垂直的判定定理即可证明平面；
（2）根据题意可得异面直线与所成角即为直线与直线所成的角，利用线面垂直可证为直角三角形，求的正切值即可；
（3）利用等体积法求解点到平面的距离，直线与平面所成角为，，即可求解直线与平面所成角的正弦值.
【小问1详解】
解：∵平面，平面，∴，
又四边形是矩形，∴，
∵，∴平面，
∵平面，∴，
又是的中点，，∴，
∵，所以平面.
【小问2详解】
解：∵底面是矩形，∴，
∴异面直线与所成角即为直线与直线所成的角，
由（1）得平面，∴平面，
∵平面，∴，∴为直角三角形，
又是的中点，，∴，
∴在中，即为异面直线与所成角，故，
∴异面直线与所成角的正切值为.
【小问3详解】
解：取中点为，连接，，
在中，分别为线段的中点，故，
∵平面，∴平面，
∴，
由（1）得平面，∵平面，∴，
∵，∴，又，∴,
∴，
设点到平面的距离为，直线与平面所成角为，
则，解得：，
故，
所以直线与平面所成角的正弦值为.