高二上册开学考训练（含解析）

中小学教育资源及组卷应用平台
开学考训练
一、单选题
1．已知集合，集合（为自然对数的底数），则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C【详解】集合，
，
.
2．已知直线平面，直线平面，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【详解】若直线平面，直线平面，，则；
若直线平面，直线平面，，则平面和平面平行、相交或垂直，
所以“”是“”的必要不充分条件．
3．已知函数，将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的部分图象如图所示，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A【详解】平移不改变振幅和周期，所以由图象可知，
，解得：,
函数的图象向左平移个单位长度，得
当时，，且，
得 所以，.
4．已知实数，满足，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．不存在
【答案】A【详解】
又，则
当且仅当即时取等号
5．从分别写有1，2，3，4，5，6的6张卡片中无放回随机抽取2张，则抽到的2张卡片上的数字之积是4的倍数的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】从6张卡片中无放回抽取2张，共有15种情况，
其中数字之积为4的倍数的有6种情况，故概率为.
6．△中，边上的点满足，，点在三角形内，满足，则的值为（ ）
A． B．3
C．6 D．12
【答案】C【详解】，故,所以,由是的重心，
所以,因此
7．已知等差数列的前n项和为，满足，，若数列满足，则m＝（ ）
A．9 B．10 C．19 D．20
【答案】B
【详解】等差数列的前n项和为，则，有，
，有，显然数列是递减的，且，
因，所以.
8．《九章算术》中记录的“羡除”是算学和建筑学术语，指的是一段类似隧道形状的几何体，如图，羡除ABCDEF中，底面ABCD是正方形，平面ABCD，，其余棱长都为1，则这个几何体的外接球的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B【详解】连接,交于点,取的中点，则平面,,取的中点,连接,作,垂足为，如图所示
由题意可知，，所以,
所以,,所以,又,
所以，即这个几何体的外接球的球心为，半径为，
所以这个几何体的外接球的体积为.
故选：B.
二、多选题
9．在平面四边形中，，，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】ABD
【详解】因为，，可得，
所以为等边三角形，则 ，故A正确；
因为，所以，又，所以 ，
得，
所以，则，故B正确；
根据以上分析作图如下：
由于与不平行，故C错误；
建立如上图所示的平面直角坐标系，
则，，，
，，
所以，故D正确；
故选：ABD.
10．已知为数列的前项之和，且满足 ，则下列说法正确的是（ ）
A． 为等差数列 B．若 为等差数列，则公差为2
C．可能为等比数列 D．的最小值为0，最大值为20
【答案】BCD【详解】当时，，解得或，当时，，，
整理得，当时，若，可得，若，，
可得数列为等比数列，；当时，可得，数列为等差数列，
若，可得，若，可得；故A错误；B正确；C正确；当时，；
当时，；当时，；当时，；故D正确.
11．某城市地铁交通建设项目已经基本完成，为了解市民对该项目的满意度，分别从不同地铁站点随机抽取1000名市民对该项目进行评分，统计发现评分均在内，把评分分成，，，，，六组，并绘制成频率分布直方图（如图所示）.则下列判断正确的是（ ）
A．图中a的值为0.025 B．该次满意度评分的平均分为85
C．该次满意度评分的众数为85 D．大约有34%的市民满意度评分在内
【答案】ACD【详解】由频率分布直方图知，由得，故A正确；
因为，所以满意度的平均分为80.7，故B错误；
由频率分布图可知众数估计为85，故C正确；
，由样本估计总体可以认为约有34%的市民评分在内，故D正确.
故答案为：ACD.
12．若，，则下列结论正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】ABC【详解】由题意可得，．
对于A，，所以A正确；
对于B，，所以B正确；
对于C，因为，所以，所以，所以，所以C正确；
对于D，因为，，，所以，当且仅当时取等号，而，所以取不到等号，所以，所以D错误．
三、填空题
13．已知，复数且 (为虚数单位) ，则复数的模为____．
【答案】【详解】因为，所以，
所以，
所以，解得，
所以所以，
14．已知，则___________.
【答案】【详解】由
所以
则，
所以
15．锐角中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足，若，则的取值范围是__________．
【答案】【详解】因为，由正弦定理得，由余弦定理得，而,所以，
因为，由正弦定理知，
所，
因为在锐角中，有，，得，
所以，此时，则，
16．若函数（，且）在区间上单调递减，则实数的取值范围是______．
【答案】【详解】函数（，且）的图象是将函数（，且）的图象向右平移1个单位，再向下平移1个单位得到的，
故函数（，且）的图象恒过点．当时，结合函数的图象：
若函数在区间上单调递减，则，解得．
当时，结合函数的图象：
若在区间上单调递减，则，无实数解．
综上，实数的取值范围为．
解法二：
若，则，所以在区间上单调递增，不符合题意；
当时，函数在区间上单调递减，要使函数在区间上单调递减，
则在区间上恒成立，
所以，解得．故实数的取值范围是．
故答案为：.
四、解答题
17．在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a，b，c，S为△ABC的面积，且．
(1)求A的大小；
(2)若、，D为直线BC上一点，且，求△ABD的周长．
【答案】(1)；(2).
【分析】（1）利用三角形面积公式及向量数量积的定义可得，进而即得；
（2）利用余弦定理可得，再利用正弦定理结合条件即得.
(1)∵，
∴，又，
∴，即
又，∴；
(2)在中，由余弦定理得：，
又、，，
∴，又，
∴，在中，由正弦定理得，
又，∴B为锐角，
∴，
在中，，
∴，，
∴的周长为．
18．在数列中，，且对任意的，都有.
(1)证明：数列是等比数列，并求数列的通项公式；
(2)设，求数列的前项和.
【答案】(1)证明见解析，(2)
（1）由，可得又，，所以.所以首项为，公比为的等比数列.所以.所以.又满足上式，所以
（2）由（1）得，所以
19．如图，在三棱柱中，底面ABC，，点M为的中点．
(1)证明：平面；
(2)AC上是否存在点N，使二面角的大小为，若存在，求的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析(2)存在，
（1）解：连接与交于点O，则O为的中点，连接OM，因为点M为的中点，所以，因为平面，平面，所以平面；
（2）解：因为，所以，所以，如图建立空间直角坐标系，设，则，，，设，，所以，，，设平面的一个法向量为，则有，取，得，设平面的一个法向量为，则有，取得，因为，解得或（舍），此时，所以AC上存在点N，当时，二面角的大小为.
20．如图，四棱锥中，底面ABCD为直角梯形，其中，，面面ABCD，且，点M在棱AE上．
(1)若，求证：平面BDM．
(2)当平面MBC时，求点E到平面BDM的距离．
【答案】(1)证明见解析；(2).（2）由题得是中点，然后利用等积法即得.
(1)连接AC与BD交于点N，连接MN，
∵，，∴，∴，
又因为，∴，∴，又∵平面BDM，平面BDM，
∴平面BDM．(2)∵平面MBC，平面MBC，
∴，∴，∴M是AE的中点，∵平面平面ABCD，
∴点E到平面ABCD的距离为，在中，，，，
∴，∴
∴点E到平面BDM的距离满足，所以距离．
21．设内角A，B，C的对边分别为a，b，c，函数．
(1)若，求的面积；
(2)当时，取最大值，求在上的值域.
【答案】(1)若，的面积为，若，的面积为；
(2)
(1)因为，
所以，即，
或，
由正弦定理可得,又，所以，
若则
所以，
，
当则
所以，
，
(2)
．
因为在处取得最大值，所以，
即．因为，所以，所以．
因为，所以，所以，
在上的值域为.
22．已知数列的前项和为，且满足，
(1)求和
(2)求证：．
【答案】(1)，(2)证明见解析
（1）时，，时，，所以，所以数列是以为首项，公差为的等差数列．所以，即，当时，，当时，，不满足上式，
所以，
（2）当时，，原式成立．
当时， 所以．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
HYPERLINK "http://21世纪教育网(www.21cnjy.com)
" 21世纪教育网(www.21cnjy.com)