湖北省襄阳市第五中学2023-2024学年高二数学上学期新起点考试试题（Word版附解析）

襄阳五中2025届高二上学期新起点考试数学试题一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40.0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.已知集合，，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】先化简集合P，Q，再利用集合的补集和交集运算求解.【详解】解：因为，所以或，，所以，故选：C2.已知不重合的平面、、和直线，则“”的充分不必要条件是（）A.内有无数条直线与平行B.内的任何直线都与平行C.且D.且【答案】D【解析】【分析】利用面面位置关系可判断AC选项；利用面面平行的定义可判断B选项；利用线面垂直的性质定理可判断D选项.【详解】对于A选项，若内有无数条直线与平行且这无数条直线是平行直线，则、平行或相交，即“内有无数条直线与平行”“”，A不满足；对于B选项，由面面平行的定义可知，“内的任何直线都与平行”“”，B不满足；对于C选项，若且，则、平行或相交，则“且”“”，C不满足； 对于D选项，由线面垂直的性质可知，若且，则，反之，若，则“且”不一定成立，故“且”是“”的充分不必要条件，D满足.故选：D.3.如果函数在区间上单调递增，那么实数的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据二次函数的单调性即可求解.【详解】的对称轴为，故，故选：A4.在中，，，，则最长边（）A.6B.12C.或12D.【答案】B【解析】【分析】由正弦定理结合中最长边为求得角B，可得角C，根据勾股定理即可得答案.【详解】在中，，，,由正弦定理得由于最长边为,最大角为C，故角B为锐角，所以，则，故，故选：B5.已知向量，则＝（　　）A.6B.7C.9D.13【答案】C【解析】 【分析】根据空间向量加法与数量积的坐标运算即可.【详解】因为所以.故选：C.6.二面角的棱上有A、B两点，直线、分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于，已知，AC=3，，，则该二面角的大小为（）．A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】将向量转化成，然后等式两边同时平方表示出向量的模，再根据向量的数量积求出向量与的夹角，而向量与的夹角就是二面角的补角．【详解】如图所示：由条件，知．，，即，所以二面角的大小为故选：B．7.四面体ABCD的四个顶点都在球的球面上，，，点E，F，G分别为棱BC，CD，AD的中点，现有如下结论：①过点E，F，G作四面体ABCD的截面，则该截面的面积为2；②四面体ABCD的体积为；③过作球的截面，则截面面积的最大值与最小值的比为5：4.则上述说法正确的个数是（）A.0B.1C.2D.3【答案】C 【解析】【分析】根据线面垂直的判定定理，结合长方体模型、球的几何性质逐一判断即可.【详解】选项①中，如图（1）所示，找的中点，过点E，F，G做四面体ABCD的截面即为面，则,，所以四边形为平行四边形，找的中点,连接，因为，所以平面，所以平面，平面，所以，所以，所以四边形为矩形，，，所以截面的面积，故①正确；选项②中，中，由勾股定理得：，同理，过点作,则，所以由勾股定理得：，所以，由选项①可得：平面,所以，，故②错误；选项③中，可以将四面体放入如图（2）所示的长方体中，由题可求得，，所以外接球的半径，截面面积的最大值为；平面截得的面积为最小面积，截面圆的半径，截面积最小为，所以截面面积的最大值与最小值的比为5：4，故③正确. 图（1）图（2）【点睛】关键点睛：利用长方体模型、结合球的几何性质是解题的关键.8.如图，在长方体中，，，E为棱AD上一点，且，平面上一动点Q满足，设P是该长方体外接球上一点，则P，Q两点间距离的最大值是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】建立空间直角坐标系，设出点坐标，结合平面向量基本定理求出点到外接球球心距离的最大值，然后加上外接球半径即为要求的最大值.【详解】以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系.设,长方体外接球球心记为. 则,因为，所以①.又动点在面上，所以可设，则，即②.将②代入①中整理得③.在三棱锥中，且两两互相垂直，所以三棱锥为正三棱锥且底边.当面时，最小，在正三棱锥中由等体积法有，解得.在中，，此时有最大值.又.先代入②再代入③有.则，此时有最大值，解得.当点与点重合时，满足，最大，此时.则.点到外接球球心距离为④. 将②代入④中整理得.又，所以因为，所以当时，.因为长方体外接球半径为.所以P，Q两点间距离的最大值为.故选：B【点睛】关键点点睛：本题个关键是利用坐标法找出动点Q满足的条件，进而利用坐标法求出，然后利用球的性质即得.二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20.0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.下列说法正确的是（）A.命题“”的否定是“”B.若正数满足，则C.函数的最小正周期是D.半径为1，圆心角为的扇形的弧长等于【答案】BCD【解析】【分析】根据全称命题的否定是特称命题可判断A；利用基本不等式可判断B；利用三角函数的周期公式可判断C；利用扇形的弧长公式可判断D.【详解】命题“”的否定是“”，故A错误；，当且仅当时，等号成立，故B正确；函数的最小正周期，故C正确；半径为1，圆心角为的扇形的弧长为，故D正确. 故选：BCD.10.一组数据，，…，的平均数是3，方差为4，关于数据，，…，，下列说法正确的是（    ）A.平均数是3B.平均数是8C.方差11D.方差是36【答案】BD【解析】【详解】代入平均数和方差公式，即可求解.【分析】，，，…，的平均数为，方差为，则，，所以数据，，…，的平均数为，方差为.故选：BD.11.如图所示，在长方体中，，，，则在以八个顶点中的两个分别为始点和终点的向量中（）A.单位向量有8个B.与相等的向量有3个C.的相反向量有4个D.模为的向量有4个【答案】ABC【解析】【分析】根据单位向量、相等向量、相反向量和向量的模的概念逐项分析可得答案.【详解】由题可知单位向量有，，，，，，，，共8个，故A正确；与相等的向量有，，，共3个，故B正确；向量的相反向量有，，，，共4个，故C正确；模为的向量分别为，，，，，，，，共8个，故D错误．故选：ABC 12.如图，在棱长为6的正方体中，分别为的中点，点是正方形面内（包含边界）动点，则（）A.与所成角为B.平面截正方体所得截面的面积为C.平面D.若，则三棱锥的体积最大值是【答案】BCD【解析】【分析】A选项，如图建立以A为原点的空间直角坐标系，利用空间向量可判断选项；做出截面求得截面面积可判断B；利用线线平行可得线面平行判断C，求得P的轨迹方程可求得三棱锥的体积最大值判断D.【详解】以为坐标原点，以所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，，，∴，，，对A选项，， 则直线与所成角为，故A错误；对B选项，由平面在两平行平面上的交线互相平行，取的中点的中点，的中点，连接，延长一定与交于一点，所以四点共面，同理可证四点共面，则过点作正方体的截面，截面为正六边形，边长为，则正六边形的面积为，故B正确.由正方体，可得，∵分别为的中点，∴，∴平面平面，∴平面，故C正确；如图，面，又面，故，同理，又，根据题意可得，设，又，∴，整理得，∴在正方形面内(包括边界)，是以为圆心，半径的圆上的点， 令，可得，∴当为圆与线段的交点时，到底面的距离最大，最大距离为，∴三棱锥的体积最大值是，故D正确.故选:BCD【点睛】关键点点睛：本题解题关键是建立空间直角坐标系，用向量的方法研究点线面的位置关系及数量计算.三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20.0分.13.已知甲、乙两人进行比赛，约定每局胜者得1分，负者得0分，当比赛进行到一方比另一方多2分或者打满6局时停止比赛，设甲在每局中获胜的概率为，乙每局获胜的概率为，且各局之间相互独立，则6局后才停止比赛的概率为______．【答案】【解析】【分析】设比赛结束时进行的局数为X，确定其取值为，求得的值，即可求得答案.【详解】设比赛结束时进行的局数为X，则X的可能取值为，则,4局结束时，即前两局甲、乙各胜一局，后两局都是最终的获胜者胜，故，则，即6局后才停止比赛的概率为，故答案为：14.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____________. 【答案】【解析】【分析】根据三点共线求得的等量关系式，结合基本不等式求得的最小值.【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.故答案为：【点睛】方法点睛：利用基本不等式求式子的最值，要注意一正、二定、三相等，正表示用基本不等式的，定表示用基本不等式后得到的需是定值，这个定值才是最值，三相等是指等号成立的条件是 要存在.15.两个非零向量，，定义．若，，则___________．【答案】【解析】【分析】根据新定义及向量夹角公式计算即可.【详解】因为，，所以，故，所以，故答案为：16.已知是面积为的等边三角形，且其顶点都在球的球面上，若球的表面积为，则到平面的距离为______【答案】1【解析】【分析】画出图形，利用已知条件求三角形的外接圆的半径，然后求解即可．【详解】由题意可知图形如图：是面积为的等边三角形，可得，，可得：，球的表面积为，设外接球的半径为；所以，解得，所以到平面的距离为：．故答案为：1． 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.已知函数.（1）若函数在区间上是单调递增函数，求实数k的取值范围；（2）若对一切实数都成立，求实数k的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用对称轴和区间的关系，列不等式，解不等式即可；（2）利用判别式即可解决.【小问1详解】因为函数在区间上是单调递增函数，且的对称轴为，所以，解得.【小问2详解】若对一切实数都成立，则，解得.18.已知内角的对边分别为，设.（1）求；（2）若的面积为，求的值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据题意，由正弦定理的边角互化进行化简，结合余弦定理即可得到结果；（2 ）根据题意，由三角形的面积公式可得，结合余弦定理即可得到结果.【小问1详解】原式化简可得：，整理得：，由正弦定理可得：，因此三角形的内角；【小问2详解】，，，.19.摇奖器中有6个小球，其中4个小球上标有数字2，2个小球上标有数字5，现摇出3个小球，规定所得奖金（元）为这些小球上记号之和，如果参加此次摇奖，求获得所有可能奖金数及相应的概率.【答案】所有可能奖金数为6，9，12，对应概率为，，【解析】【分析】确定奖金数额的可能取值，用列举法列举出摇奖的所有情况，根据古典概型的概率公式即可求得答案.【详解】设此次摇奖的奖金数额为元，获得所有可能奖金数，9，12；记标有数字2的球为1，2，3，4；标有数字5的球为，，则从中摇出3个球的所有样本点为：123，124，，，134，，，，，，234，，，，，，，，，共20个；当摇出的3个小球均标有数字2时，；对应的样本点有：123，124，134，234共4个，当摇出的3个小球有1个标有数字2，2个标有数字5时，，对应的样本点有：，，，共4个当摇出的3个小球中有2个标有数字2，1个标有数字5时，；对应样本点共有个， 故，，，20.已知四棱锥，底面是边长为2的菱形，平面，且，，，分别是，的中点.（1）求与平面所成角的正弦值；（2）求二面角的正切值；（3）求点到平面的距离.【答案】（1）（2）2（3）【解析】【分析】（1）先证，，两两垂直，构建空间直角坐标系，再应用向量法求线面角的正弦值；（2）取的中点，连接，易证平面，过作于，结合二面角定义找到对应的平面角，进而求其正切值；（3）根据（1）所得坐标系，应用向量法求点面距离即可.【小问1详解】由四边形为菱形，，可得为正三角形.因为为的中点，所以，，因此.由于平面，平面，所以，，故，，两两垂直，则以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，又，分别为，的中点，则，，，，，，，所以，，， 设平面的一个法向量为，则，令，则，设与平面所成角为，则.【小问2详解】取的中点，连接，又为中点，所以且，又平面，则平面.过作于，则就是二面角的平面角，由图及题意得，，得.【小问3详解】设点到平面的距离为，，由（1）知：面的一个法向量为，所以.21.已知向量，函数的最小值为.（1）求；（2）函数为定义在R上的增函数，且对任意的都满足，问：是否存在这样的实数，使不等式对所有恒成立，若存在，求出的取值范围；若不存在，说明理由.【答案】（1）（2）存在，【解析】【分析】（1）利用向量的乘积运算求出的解析式，求出最小值可得,根据对称轴，讨论参数的范围分段表示求； （2）假设存在符合条件的实数，则依题意有，对所有恒成立．设，则，利用三角函数的有界限转化为对勾函数的求最值问题，利用不等式的性质即可求出的取值范围．【小问1详解】设，则，，其对称轴为，当，即时，；当，即时，；综上，【小问2详解】假设存在符合条件的实数，则依题意有，对所有恒成立.设，则，∴，恒成立即，恒成立，∵，∴∴，恒成立 令由在上单调递增则∴所以存在符合条件的实数，并且的取值范围为.【点睛】关键点点睛:解题的关键点是换元思想，利用最值和单调性是解题的关键．22.如图，在三棱锥中，，，记二面角的平面角为．（1）若，，求三棱锥的体积；（2）若M为BC的中点，求直线AD与EM所成角的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）作出辅助线，找到二面角的平面角，利用余弦定理求出，求出底面积和高，进而求出三棱锥的体积；（2）利用空间基底表达出，结合第一问结论求出，从而求出答案.【小问1详解】取AC的中点F，连接FD，FE，由BC=2，则，故DF⊥AC，EF⊥AC，故 ∠DFE即为二面角的平面角，即，连接DE，作DH⊥FE，因为，所以平面DEF，因为DH平面DEF，所以AC⊥DH，因为，所以DH⊥平面ABC，因为，由勾股定理得：，，又，由勾股定理逆定理可知，AE⊥CE，且∠BAC=，，在△ABC中，由余弦定理得：，解得：或（舍去），则，因为，，所以△DEF为等边三角形，则，故三棱锥的体积；【小问2详解】设，则，，由（1）知：，，取为空间中一组基底，则，由第一问可知：，则其中，且，，故 ，由第一问可知，又是的中点，所以，所以，因为三棱锥中，所以，所以，故直线AD与EM所成角范围为.