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）

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.【答案】D【解析】【分析】根据复数运算法则与共轭复数概念直接求解即可.【详解】由题意知，，则，即的虚部是2．故选：D2.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.【答案】B【解析】【分析】由是等比数列，得，故可求.【详解】由题意可知，，，，若为常数列，则，不为等比数列，与题意不合；若，则，，若也是等比数列，，. 即解得或（舍去）故选：．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.【答案】C【解析】【分析】由与平面MNP相交，判断A；由，结合不在平面判断B；由线面平行的判定判断C；由中位线定理判断D.【详解】对于A：连接，由图可知，与平面相交，故不满足平面，故A错误；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，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D：分别是所在棱的中点，连接，，平面与平面同一平面，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：C4.已知一个等比数列的前项和､前项和､前项和分别为､､，则下列等式正确的是（）A.B.CD.【答案】D【解析】【分析】主要考察等比数列的性质，字母为主，对学生的抽象和逻辑思维能力要求比较高。 【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.在锐角中，角A，B，C对边分别为a，b，c，S为的面积，且，则的取值范围为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据余弦定理和的面积公式，结合题意求出、的值，由是锐角三角形，求出，再结合正弦函数的性质即可求出答案.【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．6.三棱锥中，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.【答案】B【解析】【分析】取中点为，连接，证得平面.找出外接圆的圆心为，求出.设为三棱锥外接球的球心，，，在以及中，根据勾股定理，列出关于的关系式，求解得出的值，根据球的面积公式，即可得出答案. 【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.故选：B.【点睛】关键点睛：找出外接圆的圆心，根据面面垂直的性质定理得出平面的垂线，过作垂线的平行线，可知球心在该条线上.7.若O是的外心，且，则的最大值是（）A.B.C.D.2【答案】C【解析】【分析】将向量全部转化为三角形边角的关系，结合柯西不等式求解即可.【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.已知三棱锥的底面积是边长为的正三角形，点在侧面内的射影为的垂心，二面角的平面角的大小为，则的长为（）A.3B.C.D.4【答案】C【解析】【详解】连结交于点，连结，设在底面内的射影为，则平面，连结交于点 ∵点在侧面内的射影为的垂心∴平面，∴∵，平面，平面∴平面∴∵平面，平面∴∵，平面，平面∴平面∵平面∴同理可证∴是的垂心∴三棱锥为正三棱锥∵三棱锥的底面是边长为的正三角形∴，，则∵二面角的平面角的大小为∴为二面角的平面角在中，，∴在中，，∴故选C点睛：本题重点考查空间中点线面的位置关系，属于中档题．首先，判断三棱锥为正三棱锥，然后，根据异面直线所成的角的定义可得为二面角的平面角，解直角三角形即可得解.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【答案】BD【解析】【分析】根据向量的数量积运算律判断A选项，已知模求数量积判断B选项，举反例判断C选项，根据投影向量公式计算判断D选项.【详解】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,，所以，故C错误；对于D，，则向量在向量上的投影向量为，故D正确．故选:BD.10.在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则下列结论正确的是（）A.若，则为锐角三角形B.若，则C.若，则此三角形有2解D.若，则为等腰三角形【答案】BC【解析】【分析】运用余弦定理可判断A项，运用大边对大角及正弦定理可判断B项，作图可判断C项，解三角函数方程可判断D项. 【详解】对于A项，因为，所以，所以为锐角，但不一定是锐角三角形，故A项不成立；对于B项，因为，所以由正弦定理可知，，故B项正确；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，所以等腰三角形或直角三角形，故D项不成立.故选：BC.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.【答案】ABC【解析】【分析】AB选项，由a，b，c成等差数列得到，，也成等差数列，结合，，同时也成等比数列推导出，等差数列a，b，c的公差为零，得到矛盾；C选项，若，为使，，成等比数列，推导出a，b，c成等比数列，又a，b，c成等差数列，可推导出，故公差为零，与已知矛盾，C正确；D选项，设，根据求出，取，此时满足要求. 【详解】A选项，若，由于a，b，c成等差数列，故，故，∴也成等差数列，即，，也成等差数列，故，又，，同时也成等比数列，故，故，化简得，故，代入中，可得，从而，从而等差数列a，b，c的公差为零，与已知矛盾，A正确；B选项，若，由于a，b，c成等差数列，故，所以，故，所以，，也成等差数列，故，又，，同时也成等比数列，故，故，化简得，故，代入中，可得，从而，从而等差数列a，b，c的公差为零，与已知矛盾，B正确；C选项，若，为使，，成等比数列，则要，故，故a，b，c成等比数列，即①，又∵a，b，c成等差数列，∴②，联立①②可得，，解得，代入②可得，∴a，b，c为常数列，进而公差为零，与已知矛盾，C正确；D选项，若，设， 等价于，整理得：，即只要b，d满足上式，，，便成等比数列，比如取满足要求．取，满足a，b，c成等差数列，且公差不为零，此时，成等比数列，D错误.故选：ABC．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【答案】BC【解析】【分析】将沿直线进行翻折，得到以为轴，线段绕旋转形成的一个圆锥，点在圆锥的底面圆周上，同理将沿直线进行翻折的过程中，点也在相应的圆锥的底面圆周上，求得圆锥轴截面的最大张角，再逐个选项分析判断即可.【详解】如图，将沿直线进行翻折，得到以为轴，线段绕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垂直，故B正确；对于A，由选项B同理可得，，即其轴截面张角，所以同理可得直线与所成角不可能为，故A错误；对于C，假设平面不做旋转，当平面旋转到与平面垂直时，即平面与平面垂直，故C正确；对于D，若直线与平面垂直，则直线与垂直，由选项B可知，，直线不可能与垂直，所以直线与平面不可能垂直，故D错误.故选：BC.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___________．【答案】-3【解析】【分析】根据向量垂直的坐标运算得出正切，再应用两角差的正切公式计算可得.【详解】由于，所以，则，所以．故答案为：-3. 14.一个圆锥和一个半球有公共底面，如果圆锥的体积与半球的体积恰好相等，则圆锥轴截面顶角的余弦值是____________【答案】【解析】【详解】试题分析：设圆锥的半径为高为．母线与轴所成角为，则圆锥的高，圆锥的体积，半球的体积，，即考点：球的体积和表面积15.、、三点在半径为的圆上运动，且，是圆外一点，，则的最大值是___________．【答案】【解析】【分析】根据圆的几何性质、向量运行以及绝对值三角不等式，由此求得正确答案.【详解】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．故答案为：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________．【答案】21 【解析】【分析】先判断出，从而得到，，，故可判断与1的大小关系.【详解】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，即使的最大整数为.故答案为：.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.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．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由题意可得，再根据纯虚数的定义求解即可；（2）由题意可得，将代入方程求解即可.【小问1详解】解：因为， 由为纯虚数，可得，解得；【小问2详解】解：因为，所以，，将代入方程，得，即有，所以，.18.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．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理化角为边，再根据余弦定理即可得解；（2）向量化结合基本不等式及三角形的面积公式即可得解.【小问1详解】因为，所以，由正弦定理可得，整理得到：，所以，而，故；【小问2详解】 因为，故，故，所以，故，整理得到，故，当且仅当，即时等号成立，故此时，对应的的面积为．19.已知数列的前n项和，是等差数列，且.（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅱ）令.求数列的前n项和.【答案】（Ⅰ）;（Ⅱ）【解析】【详解】试题分析：（1）先由公式求出数列的通项公式；进而列方程组求数列的首项与公差，得数列的通项公式；（2）由（1）可得，再利用“错位相减法”求数列的前项和.试题解析：（1）由题意知当时，，当时，，所以．设数列的公差为， 由，即，可解得，所以．（2）由（1）知，又，得，，两式作差，得所以．考点1、待定系数法求等差数列的通项公式；2、利用“错位相减法”求数列的前项和.【易错点晴】本题主要考查待定系数法求等差数列的通项公式、利用“错位相减法”求数列的前项和，属于难题.“错位相减法”求数列的前项和是重点也是难点，利用“错位相减法”求数列的和应注意以下几点：①掌握运用“错位相减法”求数列的和的条件（一个等差数列与一个等比数列的积）；②相减时注意最后一项的符号；③求和时注意项数别出错；④最后结果一定不能忘记等式两边同时除以.20.《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绕化、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（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1）．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．【答案】（1）6（2）6【解析】【分析】（1）利用锐角三角函数的定义及诱导公式，结合余弦定理即可求解；（2）利用余弦定理和正弦定理，结合三角函数的性质即可求解.【小问1详解】在中，，，，则，，因为，所以在中，，，由余弦定理所以的长度为.【小问2详解】在中，由余弦定理得，所以，设，在中，由余弦定理得，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.如图，在平行四边形ABCD中，，，E为AD的中点，以EC为折痕将折起，使点D到达点P的位置，且，F，G分别为BC，PE的中点．（1）证明：平面AFG．（2）若平面PAB与平面PEF的交线为l，求直线l与平面PBC所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）连接BE并交AF于点O，连接OG，结合三角形中位线定理可证，进而得证；（2）取CE的中点M，连接PM，FM，DM，易证平面PFM，作交FN于点N，连接BN，得平面ABCD，设，对由余弦定理求出，分别对和由勾股定理代换出，解出，以M为原点，为x轴的正方向建立空间直角坐标系，易证，求出和平面PBC的法向量，结合线面角的正弦公式可求.小问1详解】证明：如图，连接BE并交AF于点O，连接OG．因为E，F分别为AD，BC的中点，所以四边形ABFE为平行四边形，则O为BE的中点．又G为PE的中点，所以．因为平面AFG，平面AFG，所以平面AFG； 【小问2详解】取CE的中点M，连接PM，FM，DM，因为，所以四边形CDEF为菱形，则，，故平面PFM．作交FN于点N，连接BN，则平面ABCD．因为，所以．设，则．在中，．在中，，在中，，即，解得．以M为原点，为x轴的正方向，为轴正方向，与同方向过点的为轴正方向，建立空间直角坐标系，则，，，．因为，平面PEF，平面PEF，所以平面PEF．又因为平面PAB，平面平面，所以．，，，设平面PBC的法向量为，则，令，得．设直线l与平面PBC所成的角为，则． 22.已知数列中，关于的函数有唯一零点，记．（1）判断函数的奇偶性并证明；（2）求；（3）求证：；【答案】（1）偶函数，证明见解析（2）（3）证明见解析【解析】【分析】（1）根据函数的奇偶性的定义进行判断；（2）偶函数有唯一零点，根据对称性可得唯一零点，然后得到数列的递推关系，从而求出通项公式；（3）先化简出的表达式，根据放缩法进行证明即可【小问1详解】定义域为，显然关于原点对称，又，于是是偶函数.【小问2详解】由于偶函数有唯一零点，则是唯一解，若不然有非零解，即，但是偶函数，故，则有两个零点和题目矛盾.根据可得，，则，于是是常数列，又，故，故.【小问3详解】； 又，，