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）

这是一份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），共14页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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．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．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．  4．已知一个等比数列的前项和､前项和､前项和分别为P，Q，R，则下列等式正确的是（    ）A． B．C． D．5．在锐角中，角,,的对边分别为，，，为的面积，且，则的取值范围为（    ）A． B． C． D．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．7．若是的外心，且，则的最大值是（    ）A． B． C． D． 8．已知三棱锥的底面是边长为的正三角形，点在侧面PBC内的射影为的垂心，二面角的平面角的大小为，则AP的长为（    ）A． B． C． D． 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10．在中，角，，所对的边分别为，，，则下列结论正确的是（    ）A．若，则          B．若，则为锐角三角形C．若，则此三角形有2解      D．若，则为等腰三角形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．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75° 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 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___________.14．如果一个圆锥和一个半球有公共底面，圆锥的体积恰好等于半球的体积，那么这个圆锥的轴截面的顶角的余弦值是__________．15．、、三点在半径为的圆上运动，且，是圆外一点，，则的最大值是___________．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________．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．（本题满分10分）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．    18．（本题满分12分）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．    19．（本题满分12分）已知数列的前项和，是等差数列，且．（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅱ）令，求数列的前项和．  20．（本题满分12分）《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统化、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定理（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)．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．     21．（本题满分12分，使用空间向量法解答一律不给分）如图，在平行四边形中，,，为的中点，以为折痕将折起，使点到达点的位置，且,分别为的中点.（Ⅰ）证明：∥平面.（Ⅱ）若平面与平面的交线为，求直线与平面所成角的正弦值.     22．（本题满分12分）已知数列中，关于的函数有唯一零点，记．（Ⅰ）判断函数的奇偶性并证明；（Ⅱ）求；     答案解析：1．D【详解】由题意可得，则.故选：D.2．A【详解】：由题意可知，，，，，若也是等比数列，，即，即，解得或（舍去）．故选：．3.A【详解】对于A：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，由图可知，与平面相交，故不满足平面，故A错误；    对于D：分别是所在棱的中点，连接，，平面与平面为同一平面，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：A；4.D【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：D5.C【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.B【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.7.C【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.C9.BD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，即，又，所以，即向量与在向量方向上的投影相同，故C错误；对于D，，则向量在向量上的投影为，所以向量在向量上的投影向量的坐标为，故D正确.10.AC【详解】对于A项，因为，所以由正弦定理可知，，故B项正确；对于B项，因为，所以，所以为锐角，但不一定是锐角三角形，故B项不成立；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，所以为等腰三角形或直角三角形，故D项不成立.故选：AC.11.ABC【详解】若是f(x)=2x,则由于a,b,c成等差数列，∴2a,2b,2c也成等差数列，即f(a),f(b),f(c)也成等差数列，要使f(a),f(b),f(c)同时也成等比数列，则f(a)=f(b)=f(c)，从而a=b=c,从而等差数列a,b,c的公差为零，与已知矛盾；若f(x)=2x+1,同理得到矛盾；若f(x)=x3,为使f(a),f(b),f(c)成等比数列，必须且只需a,b,c成等比数列，又∵a,b,c成等差数列，∴a,b,c为常数列，进而公差为零，与已知矛盾；若f(x)=x2+1，设a=b-d,c=b+d(d≠0),f(a)f(c)=f2(b)等价于[(b-d)2+1][(b+d)2+1]=(b2+1)2,整理得：d2-2b2+2=0,即只要b,d满足上式，f(a),f(b),f(c)便成等比数列，比如取b=d=既满足要求.取a=0,b=,c=,满足a,b,c成等差数列，且公差不为零，此时，f(a)=1,f(b)=3,f(c)=9,f(a),f(b),f(c)成等比数列.故选：ABC.12.BC【详解】如图，将沿直线BF进行翻折，得到以BF为轴，线段AF绕BF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DE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ABCD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AB垂直，故B正确.对于A，由选项B同理可得，，轴截面张角，所以同理可得直线AF与CE所成角不可能为60°，故A错误；对于C，当平面ABF不做旋转，平面CDE旋转到与平面BEDF垂直时，即平面ABF与平面CDE垂直，故C正确.对于D，若直线AF与平面CDE垂直，则直线AF与CE垂直，由选项B可知，，直线AF不可能与CE垂直，所以直线AF与平面CDE不可能垂直，故D错误；13.-3 解：由于，所以，则，所以．14.3/5 解：几何体的轴截面如图所示，设圆锥的底面半径为，高为，母线长为，则球的半径也为，因为圆锥的体积恰好等于半球的体积，所以，得，所以，设圆锥的轴截面的顶角为，则，15.10 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.16.21 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，17.18. （1）因为，所以，由正弦定理可得，整理得到：，所以，而，故.（2）因为，故，故，所以，故，整理得到，故，当且仅当时等号成立.故此时，对应的的面积为.19.解：（Ⅰ），时，，时，，；，，．，，，，，；（Ⅱ）①，②，①②可得，．20.解：（1）在中，，，，则，，因为，所以，在中，，，由余弦定理，所以的长度为6．（2）在中，，所以，设，在中，，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.解：（1）连接，交于，连接，（2）22.（1）要点：定义域关于原点对称；.（2）解：由为偶函数，又关于的方程有唯一解，是唯一解，，可得；又，；（3）证明：；又，，；