2024-2025学年江西省宜春市高二上学期开学诊断考试数学检测试题（含解析）

这是一份2024-2025学年江西省宜春市高二上学期开学诊断考试数学检测试题（含解析），共17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）
1．若复数满足，则在复平面内对应的点位于（ ）
A．第一象限B．第二象限
C．第三象限D．第四象限
2．古代文人墨客与丹青手都善于在纸扇上题字题画，题字题画的扇面多为扇环形.已知某纸扇的扇面如图所示，其中外弧长与内弧长之和为，连接外弧与内弧的两端的线段长均为，且该扇环的圆心角的弧度数为，则该扇环的外弧长为（ ）
A．B．C．D．
3．已知函数对任意满足，，且，则等于（ ）
A．1B．0C．2D．
4．已知向量，则在上的投影向量为（ ）
A．B．C．D．
5．已知均为锐角，若则p是q的（ ）
A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
6．已知函数图象为，为了得到函数的图象，只要把上所有点（ ）
A．先向右平移个单位长度，再将横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变
B．先向右平移个单位长度，再将横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变
C．先将横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，再向右平移个单位长度
D．先将横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再向右平移个单位长度
7．在中，内角，，的对边分别为，，，且，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
8．已知定义在上的偶函数，当时，，对任意总有.当时，恒成立，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．有一组样本数据：1，1，2，4，1，4，1，2，则（ ）
A．这组数据的众数为4B．这组数据的极差为3
C．这组数据的平均数为1.5D．这组数据的分位数为1
10．若，则下列结论正确的有（ ）
A．B．若，则
C．若，则D．若，则
11．半正多面体亦称“阿基米德体”“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形为面的多面体.某半正多面体由4个正三角形和4个正六边形构成，其可由正四面体切割而成.在如图所示的半正多面体中，若其棱长为1，则下列结论正确的是（ ）

A．该半正多面体的表面积为
B．与平面所成角的正弦值为
C．该半正多面体外接球的表面积为
D．若点，分别在线段，上，则的最小值为
三、填空题（本大题共3小题）
12． .
13．如图，在中，，过点的直线分别交直线，于不同的两点，.设，，则的最小值为 .

14．如图，莲花县荷塘乡重阳木古树已有800年左右的历史，该古树枝繁叶茂，以优美的形状挺立在文塘村，几百年来历经风霜守护村民繁衍生息.小明为了测量该古树高度，在古树旁水平地面上共线的三点，，处测得古树顶点的仰角分别为45°，45°，30°，若米，则该古树的高度为 米.
四、解答题（本大题共5小题）
15．已知二次函数的图象过点，且不等式的解集为.
(1)求的解析式；
(2)设，若在上是单调函数，求实数的取值范围.
16．在如图所示的多面体中.四边形是边长为的正方形，其对角线的交点为，平面，，.点是棱的中点.
(1)求证：平面；
(2)求多面体的体积.
17．甲、乙两人组成“九章队”参加青岛二中数学学科周“最强大脑”比赛，每轮比赛由甲、乙各猜一个数学名词，已知甲每轮猜对的概率为，乙每轮猜对的概率为．在每轮比赛中，甲和乙猜对与否互不影响，各轮结果也互不影响．
(1)求甲两轮至少猜对一个数学名词的概率；
(2)求“九章队”在两轮比赛中猜对三个数学名词的概率．
18．在中，，，分别是角，，的对边，向量，，且.
(1)求；
(2)若，，的平分线交于点，求的长.
19．设为坐标原点，定义非零向量的“友函数”为，向量称为函数的“友向量”.
(1)记的“友函数”为，求函数的单调递增区间；
(2)设，其中，求的“友向量”模长的最大值；
(3)已知点满足，向量的“友函数”在处取得最大值.当点运动时，求的取值范围.
答案
1．【正确答案】C
【分析】计算得到，再根据定义判断即可.
【详解】由知，故在复平面内对应，在第三象限.
故选：C.
2．【正确答案】C
【分析】设该扇环的内弧的半径为，根据弧长公式计算可得.
【详解】设该扇环的内弧的半径为，则外弧的半径为，圆心角，
所以，即，解得，
所以该扇环的外弧长.
故选：C
3．【正确答案】B
【分析】首先分析函数的周期，再利用对称性求值.
【详解】，所以函数的周期为4，
由，知，
则.
故选：B
4．【正确答案】A
【分析】根据投影向量的公式求解.
【详解】根据题意，在上的投影向量为：
.
故选：A
5．【正确答案】B
【分析】以互为条件，举反例或利用正弦函数的单调性即可判断两者关系.
【详解】先证不成立：
令，则满足，但不满足，
所以不成立；
再证成立：
因为，又，所以，
因为在上单调递增，所以，故成立；
综上：p是q的必要而不充分条件.
故选：B.
6．【正确答案】C
【分析】根据三角函数平移伸缩变化求解即可.
【详解】先将函数图象上每点横坐标缩短到原来的，
纵坐标不变，得到的图象，再将得到的图象向右平移个单位长度，
得到函数的图象.
故选C.
7．【正确答案】A
【分析】由，利用正弦定理得到，再利用余弦定理结合两角和的正弦公式得到，进而得到，然后利用正弦定理和三角恒等变换，由求解.
【详解】解：因为，由正弦定理得，
由余弦定理得，即，
由正弦定理得，
又，
所以，
所以，
又，，则，
所以或，即或（舍去），
则，
所以解得，则．
所以，
，
，
即的取值范围是．
故选：A．
关键点点睛：本题解决的关键是得到，从而利用确定角B的范围，由此得解.
8．【正确答案】C
【分析】先分析、、时的函数解析式以及值域，再根据函数的倍增性和偶函数图象特征作出函数的图象，结合图象确定出符合条件的的范围即得的最大值.
【详解】当时，,则
即当时，；
当时，，
由题意， ,
则
即当时，；
同理，当时，.
又为定义在R上的偶函数，其图象关于轴对称，故当时，，如图所示.
当时，恒成立，即，，
而由图象知，，则，
当取最大值时，必有，且，
由时，，可得，则得，或，
由图知应舍去.故当，时，取得最大值.
故选：C.
思路点睛：本题考查三角函数图象与性质的综合运用，属于难题.本题以分段函数为媒介，采用数形结合思想，通过数与形的相互转化能使繁难问题得到简化.常见的图象应用的命题角度有：（1）确定方程根的个数；（2）求参数范围；（3）求不等式解集；（4）研究函数性质.
9．【正确答案】BD
【分析】利用众数、极差、平均数与百分位数的定义求解即可.
【详解】数据从小到大排列为1，1，1，1，2，2，4，4.
对于A，该组数据的众数为1，故A错误；
对于B，极差为，故B正确；
对于C，平均数为，故C错误：
对于D，因为，所以这组数据的分位数为第4个数1，故D正确.
故选：BD.
10．【正确答案】BCD
对于选项A B C：利用基本不等式化简整理求解即可判断，对于选项D：利用作差法判断即可.
【详解】对于选项A：若，
由基本不等式得，
即，
得，
故，
当且仅当时取等号；
所以选项A不正确；
对于选项B：若，
，
，
当且仅当且，
即时取等号，
所以选项B正确；
对于选项C：由，
，
即，
由基本不等式有：
，
当且仅当且，
即时取等号，
所以选项C正确；
对于选项D：，
又，得，
所以，
所以选项D正确；
故选：BCD.
易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：
（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；
（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；
（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.
11．【正确答案】BCD
【分析】根据给定的多面体，利用正四面体的性质、线面角的定义、球的截面圆的性质，以及多面体的侧面展开图，结合棱锥的表面积公式、球的表面积公式逐项判断，即可得解.
【详解】解：该半正多面体的表面积为，选项A错误；
选项B中，该半正多面体的所在的正四面体边长为，可求得高为，

，设点在平面的射影为，如上图，
由比例关系可得，设与平面所成角为，
则，选项B正确；

选项C中，该半正多面体外接球的球心即其所在正四面体的外接球的球心，
如上图，记球心为， 半径为，的中心为，
连接、、、，由等边的边长为，
可得，在正四面体中，可得，
所以，，
设，因为，可得,
即，解得，
即，所以，
故该半正多面体外接球的表面积为，选项C正确；

选项D中，该半正多面体的展开图如上图所示，，
，，，
选项D正确.
故选：BCD.
12．【正确答案】2
【分析】利用正切的两角和公式将展开整理可得.
【详解】因为，
整理得，
所以.
故2
13．【正确答案】
【详解】因为，所以，
所以，
又，，
所以，
因为，，三点共线，所以，
由图可知，，
所以，
当且仅当，即、时取等号，
所以的最小值为.

故
14．【正确答案】28；
【分析】设古树高度为，表示出，利用，结合余弦定理列方程求解．
【详解】设古树高度为，则，
由得，
由余弦定理得，
解得，即为28米．
故28．
15．【正确答案】(1)
(2)
【分析】（1）设，代入点的坐标求出的值，即可求出函数解析式；
（2）首先表示出，从而确定其对称轴，依题意得到或，解得即可.
【详解】（1）因为不等式的解集为，
所以和为关于的方程的两根，且二次函数的开口向上，
则可设，，
即，
由的图象过点，可得，解得，
所以，即.
（2）因为，对称轴，
因为在上是单调函数，所以或，解得或，
即实数的取值范围.
16．【正确答案】(1)证明见解析
(2)2
【分析】（1）根据线面垂直的性质证明四边形为矩形，求出，结合勾股定理和线面垂直的判定定理即可证明；
（2）证出平面，由，利用锥体的体积公式即可求解.
【详解】（1）连接.因为平面平面，
所以，
因为是中点，所以四边形为矩形，
则.
因为是正方形的对角线交点，所以为中点，，
所以.
因为四边形ABCD是正方形，所以，
又，平面，平面，
所以平面，而平面，所以.
又平面，所以平面.
（2）因为四边形是正方形，所以，
因为平面，所以.
因为平面，平面，且，
所以平面.
因为，所以，.
因为四边形是边长为的正方形，所以，则.
故多面体的体积.
17．【正确答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据相互独立事件的乘法概率公式计算即可；
（2）两人分别猜两次，总共四次中有一次没猜对，分四种情况计算可得答案.
【详解】（1）设甲两轮至少猜对一个数学名词为事件，
.
（2）设事A＝“甲第一轮猜对”，B＝“乙第一轮猜对”，C＝“甲第二轮猜对”，D＝“乙第二轮猜对”，E＝““九章队”猜对三个数学名词”，
所以，
则，
由事件的独立性与互斥性，得
，
故“九章队”在两轮活动中猜对三个数学名词的概率为．
18．【正确答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据向量垂直的坐标表示结合二倍角公式可得，再根据正弦定理进行边角互化可得解；
（2）由余弦定理可得，再利用等面积法可得角分线的长度.
【详解】（1）由，
则，
即，
再由正弦定理可知，
即，则，
又，则，
所以，，
又，所以；
（2）由，，
则，即，
解得，
又为的平分线，
则，
所以，即，
所以，
解得.
19．【正确答案】(1)，
(2)
(3)
【分析】（1）根据定义直接可得函数解析式并化简，进而可得函数的单调递增区间；
（2）化简函数解析式，可判断函数ℎx的“友向量”，进而可确定其模长；
（3）根据三角函数性质直接可得函数取得最值时根据不等式可得，再利用齐次式可得的最值.
【详解】（1）由已知，
则令，，
解得，，
即函数的单调递增区间为，；
（2），
则ℎx的“友向量”为，
所以，
又，所以当，时，取得最大值为；
（3）由已知点满足，
则，，且，
又，且，
且当，时，函数取得最大值，
即，
所以，
即，
又，
设，则原式，
且在上单调递减，
所以.