2023-2024学年江西省新余实验中学高二（上）开学数学试卷（含解析）

2023-2024学年江西省新余实验中学高二（上）开学数学试卷

一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）

1.  若集合，，则等于(    )

A.  B.  C.  D.

2.  一个圆锥的侧面展开的扇形面积是底面圆面积的倍，若该圆锥的体积为，则该圆锥的母线长为(    )

A.  B.  C.  D.

3.  在中，，则(    )

A.  B.  C.  D.

4.  已知，，则(    )

A.  B.  C.  D.

5.  如图所示，一个水平放置的四边形的斜二测画法的直观图是边长为的正方形，则原四边形的面积是(    )

A.
B.
C.
D.

6.  某游戏在刚发布时有名玩家，发布天后有名玩家加果玩家人数与天数之间满足关系式：，其中为常数，是刚发布时的玩家人数，则玩家超过名至少经过的天数为参考数据：(    )

A.  B.  C.  D.

7.  函数的大致图象为(    )

A.  B.
C.  D.

8.  在三棱锥中，平面，，，，则三棱锥的外接球半径为(    )

A.  B.  C.  D.

二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）

9.  下列说法不正确的是(    )

A. 函数的零点是和
B. 正实数，满足，则不等式的最小值为
C. 函数的最小值为
D. 的一个必要不充分条件是

10.  已知复数，，则(    )

A.  B.
C.  D. 若，则

11.  将函数的图像上所有点的横坐标伸长到原来的倍纵坐标不变，再将所得的图像向左平移个单位，得到的图像对应的解析式为(    )

A.  B.
C.  D.

12.  如图，四棱锥的底面是正方形，平面，，是线段的中点，是线段上的动点，则以下结论正确的是(    )

A. 平面平面
B. 直线与平面所成角正切值的最大值为
C. 二面角余弦值的最小值为
D. 线段上不存在点，使得平面

三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）

13.  已知，，且，，则的值是______ ．

14.  甲、乙两名考生填报志愿，要求甲、乙只能在、、这所院校中选择一所填报志愿．假设每位同学选择各个院校是等可能的，则院校、至少有一所被选择的概率为______．

15.  已知满足，，且在上单调，则的最大值为______ ．

16.  已知，，若对，恒有，且点满足，为的中点，则 ______ ．

四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）

17.  本小题分
已知向量，．
若，求的值；
若，求的值．

18.  本小题分
在中，其内角、、所对的边分别是，，，且满足_____．
；
；
．
请从上述所给的三个条件中任选一个，补充到上面的横线上，并解答下列问题：
Ⅰ求角的大小；
Ⅱ已知外接圆的半径为，如图所示，是的角平分线，且，求的面积．

19.  本小题分
某市为了鼓励市民节约用电，实行“阶梯式”电价，将该市每户居民的月用电量划分为三档，月用电量不超过的部分按元收费，超过但不超过的部分按元收费，超过的部分按元收费．
求某户居民用电费用单位：元关于月用电量单位：的函数解析式；
为了了解居民的用电情况，通过抽样获得了今年月份户居民每户的月用电量，统计分析后得到如图所示的频率直方图．若这户居民中，今年月份电费不超过元的占，求，的值；
在的条件下，计算月用电量的百分位数．

20.  本小题分
如图，正方形和菱形所在平面互相垂直，四棱锥的体积是．
Ⅰ求证：平面
Ⅱ求四面体的体积．

21.  本小题分
从以下给出的、两个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并加以解答．
，
已知的内角、、所对的边分别是、、，若_____．
求角的值；
求的面积取得最大值时，边的长．

22.  本小题分
如图，在四棱锥中中，，，平面平面，是的中点，是上一点，是上一点，且，．
求证：平面平面．
若，，求直线与平面所成角的正弦值．

答案和解析

1.【答案】 

【解析】

【分析】

本题考查集合的交集，同时考查二次不等式和分式不等式的解法．
运用二次不等式和分式不等式的解法，化简集合，，再由交集的定义，即可得到所求集合．

【解答】

解：集合，
，
则，
故选：．

2.【答案】 

【解析】解：设圆锥的底面圆半径为，高为，母线长为，则圆锥侧面展开的扇形面积为，底面圆面积为，
因为，所以，
所以圆锥的高为，
所以圆锥的体积为，解得，
所以该圆锥的母线长为．
故选：．
可设圆锥的底面圆半径为，高为，母线长为，根据题意列方程求解即可．
本题考查了圆锥的结构特征与应用问题，是基础题．
 

3.【答案】 

【解析】解：如图，

在中，，为的中点，
由向量加法的平行四边形法则可得，．
故选：．
由已知直接利用向量加法的平行四边形法则得答案．
本题考查向量加法的平行四边形法则，是基础题．
 

4.【答案】 

【解析】解：因为，，
所以，，
所以，
所以．
故选：．
由已知结合和差角公式及同角基本关系可求，，进而可求，然后结合二倍角公式可求．
本题主要考查了和差角公式，同角基本关系，二倍角公式的应用，属于中档题．
 

5.【答案】 

【解析】解：在正方形中可得，
由斜二测画法可知，，
且，，，
所以四边形为平行四边形，
所以．
故选：．
根据斜二测画法规则求出，，判断的形状，确定，由此求出原四边形的面积．
本题主要考查了平面图形的直观图，属于基础题．
 

6.【答案】 

【解析】解：由题意得，
故，
又，即，
至少经过的天数为．
故选：．
由题意建立方程组求解析式，结合题意，求解即可得出答案．
本题考查根据实际问题选择函数类型，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
 

7.【答案】 

【解析】

【分析】
本题主要考查函数图象的识别和判断，利用函数的奇偶性和对称性以及函数值的符号是否对应，属于一般题．
判断函数的奇偶性和图象的对称关系，结合的符号是否对应，进行排除即可．
【解答】
解：由题可得，的定义域为，

，
则函数是偶函数，图象关于轴对称，
排除，，
，排除，
故选：．  

8.【答案】 

【解析】解：由正弦定理得，外接圆直径为，得，
设球心到平面的距离为，则，
三棱锥的外接球半径为．
故选：．
先求出外接圆半径，利用勾股定理求出三棱锥的外接球半径．
本题考查三棱锥的外接球问题，正弦定理的应用，属基础题．
 

9.【答案】 

【解析】解：对于选项B：，，，，
当且仅当，即时，等号成立，故的最小值为，故B正确；
对于选项A：或，
则函数的零点是或，故A错误；
对于选项C：令，则，
则函数化为，当且仅当，即时等号成立，
，故等号不成立，即，故C错误；
对于选项D：若，则，即是的充分条件，故D错误．
故选：．
：求出函数的零点即可判断；：利用和基本不等式即可判断求解；：令，利用换元法和基本不等式即可判断；：判断从是否可得，结合充分条件和必要条件的概念即可判断．
本题考查函数零点以及基本不等式、充分条件、必要条件的定义，属于基础题．
 

10.【答案】 

【解析】解：由题意，得，A正确；
因为，所以，B错误；
因为，，所以，C正确；
由题意，得，因为，，
所以，D正确．
故选：．
利用复数的乘法以及复数的模的运算法则化简求解，再判断选项的正误即可．
本题考查复数的四则运算及复数的几何意义，属基础题．
 

11.【答案】 

【解析】解：由题意可得，将函数图像上所有点的横坐标伸长到原来的倍纵坐标不变，
可得函数，
再将所得的图像向左平移个单位，
可得函数，
可得，故C正确；
又，故B正确．
故选：．
根据题意，由三角函数的图像变换即可得到变换之后的函数解析式，从而得到结果．
本题主要考查函数的图象变换，考查了函数思想，属于基础题．
 

12.【答案】 

【解析】解：对于，因为底面，平面，
所以．
因为为正方形，
所以，
又，平面，平面，
所以平面．
因为平面，
所以．
因为，为线段的中点，
所以，
又因为，平面，平面，
所以平面．
又因为平面，所以平面平面，故A正确；
对于，由选项A可知平面，
所以为直线与平面所成角，则，
不妨设，
则在中，，
在中，，
因为是线段上的动点，故BF，
则，
所以直线与平面所成角正切值的最大值为，故B正确；
对于，由选项A可知平面，，平面，
所以，，
则为二面角的平面角，
因为，
所以二面角余弦值的最小值为，故C正确；
对于，当与重合时，连接，连接，如图，

因为底面是正方形，
所以是的中点，
又为线段的中点，
所以，
又平面，平面，
所以平面，
即线段上存在点，使得平面，故D错误．
故选：．
对于，利用线面垂直与面面垂直的判定定理证明即可；对于，利用线面角与面面角的定义，结合的取值范围求解即可；对于，找特殊点与重合时，证得平面，由此得解．
本题考查面面垂直，线面平行的判定，考查线面角以及二面角，解决的关键是利用线面垂直的判定定理证得平面与平面，从而得到直线与平面所成角与二面角的平面角，由此得解，属于中档题．
 

13.【答案】 

【解析】解：因为，，且，，
所以，，且，
则，
所以．
故答案为：．
由平方关系求得，，再求出即可得解．
本题考查的知识要点：三角函数的值，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题．
 

14.【答案】 

【解析】

【分析】
院校、至少有一所被选择的对立事件是院校、都没有被选择，由此利用对立事件概率计算公式能求出院校、至少有一所被选择的概率．
本题考查概率的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意对立事件概率计算公式的合理运用．
【解答】
解：甲、乙两名考生填报志愿，要求甲、乙只能在、、这所院校中选择一所填报志愿．
假设每位同学选择各个院校是等可能的，
则基本事件总数，
院校、至少有一所被选择的对立事件是院校、都没有被选择，
院校、至少有一所被选择的概率：
．
故答案为：．  

15.【答案】 

【解析】解：设函数的周期为，则，
由，，
结合正弦函数的图象与性质得，，，
解得，即，，
又因为在区间上单调，
所以，
所以，
所以，
即，
因为，
所以的取值为，此时取得最大值．
故答案为：．
设函数的周期为，由题意结合正弦函数的图象与性质，列出不等式，从而求出符合条件的值．
本题考查了三角函数的图象与性质的应用问题，也考查了运算求解能力，是中档题．
 

16.【答案】 

【解析】解：因为
，

，
因为对，恒有，
所以对恒成立，
即对恒成立，
即对恒成立，
所以，
即，所以，
又，
所以．
故答案为：．
根据数量积的运算律得到对恒成立，即可得到对恒成立，根据求出，再根据及数量积的运算计算可得．
本题主要考查了向量的数量积运算，属于中档题．
 

17.【答案】解：由向量，
因为，
所以，解得．
由题意得，向量，，
由，可得，则，
即，解得或． 

【解析】根据向量共线的坐标表示，列出方程，即可求解；
根据已知条件，结合向量垂直的性质，即可求解．
本题主要考查平面向量的数量积运算，考查转化能力，属于中档题．
 

18.【答案】解：若选；
可得，
，
在中，，，，
又为内角，故A；
若选：，
在中，，
则已知式可化为，
，，
，又为内角，故A，
；
若选：．
，
又，则，
又，则
又为内角，故A；
由和题设可知，，外接圆的半径为，
从而在中，由正弦定理得，
由于，，且，
，
，
在中，由余弦定理可得，，
得，即，又，
解得或舍去，
． 

【解析】若选可得，化简可得，可得；若选：由已知可化为，可得，可求；若选：可得，可得，可得，可求；
，可得，由余弦定理可得，可求得，可求面积．
本题主要考查了正弦定理，余弦定理在求解三角形中的综合应用，属于中档试题．
 

19.【答案】解：当时，；
当时，；
当时，，
所以，
由可知，当时，，即用电量低于千瓦时的占，
结合频率分布直方图可知，
解得，；
设分位数为，
因为用电量低于千瓦时的所占比例为，
用电量低于千瓦时的占，所以分位数在内，
所以，解得，
即用电量的分位数为千瓦时． 

【解析】由题目条件分别表示各段上的即可表示出分段函数的解析式；
根据频率分布直方图得到，所满足的条件，求解即可；
由图计算得到分位数在内，列出方程即可得到答案．
本题考查了分段函数的性质、频率分布直方图的性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题
 

20.【答案】证明：Ⅰ四边形是正方形，四边形是菱形，
，，且，，
平面平面，
平面，平面．
解：Ⅱ连结、，相交于点，连结，则为的中点，
四边形是菱形，，是正三角形，
，
平面平面，交线为，
平面，
同理，得平面，
设正方形的边长为，则，，
，解得，
，
四面体在面上的高，
四面体的体积． 

【解析】Ⅰ推导出，，从而平面平面，由此能证明平面．
Ⅱ连结、，相交于点，连结，推导出平面，平面，四面体在面上的高，由此能求出四面体的体积．
本题考查线面平行的证明，考查四面体的体积的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．
 

21.【答案】解：若选：由正弦定理可化为，
则，因为，所以；
若选：由正弦定理可化为，即，
由余弦定理可得，
因为，所以；
因为，即，
所以，
当且仅当时，取最大值为，
即有，解得． 

【解析】选：由正弦定理整理条件化简即可得到，进而解出；
选：由正弦定理整理条件化简可得，再结合余弦定理可得，进而解出；
根据，结合基本不等式得到，表示出三角形面积最大值为，进而得到．
本题考查解三角形，涉及正弦定理、余弦定理、基本不等式等知识点，属于中档题．
 

22.【答案】证明：如图，取的中点，连接，，


则，，
又，，所以，，
所以四边形是平行四边形，所以，
因为，所以，
因为平面平面，平面平面，，所以平面，
因为平面，所以，
因为，所以平面，
所以平面．
又平面，所以平面平面．
解：由可知平面，
因为平面，所以，
在直角三角形中，由勾股定理可得，
过点作于点，则平面，连接，则是直线与平面所成的角，


在等腰三角形中，，，
因为，所以，
解得，
在直角三角形中，，
所以直线与平面所成角的正弦值为． 

【解析】从线面垂直的证明入手，证明平面，从而证得平面平面；
添加辅助线，找到直线与平面所成的角，再在直角三角形中求其正弦值．
本题主要考查直线与平面所成的角，属于中档题．