杭州市重点中学2022-2023学年高二上学期8月开学考试
数学试题 解析版
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. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】直接根据交集定义即可得解.
【详解】解：因为，，
所以.
故选：A.
2. 已知为虚数单位，复数的共轭复数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用复数的除法可将复数表示为一般形式，利用共轭复数的定义可得出结果.
【详解】，因此，复数的共轭复数为.
故选：B.
【点睛】本题考查共轭复数的计算，解答的关键就是利用复数的除法运算将复数表示为一般形式，考查计算能力，属于基础题.
3. 已知直线与平面，则能使的充分条件是（ ）
A. ， B. ，，
C ， D. ，
【答案】D
【解析】
【分析】由线面、面面的平行与垂直的判定与性质依次判断各个选项即可.
【详解】对于A，垂直于同一平面两个平面平行或相交，，，A错误；
对于B，若，，，则只需在平面内互相垂直即可，无法得到，B错误；
对于C，平行于同一条直线的两个平面平行或相交，，，C错误；
对于D，，存在直线，满足，又，，
，，D正确.
故选：D.
4. 已知圆台下底面半径是上底面半径的2倍，若从该圆台中挖掉一个圆锥，圆锥的底面是圆台的上底面，圆锥的顶点是圆台下底面的圆心，则圆锥的侧面积是圆台侧面积的（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】分别求得圆锥的侧面积与圆台侧面积，即可得到二者之间的关系.
【详解】设圆台上底面半径为r，则圆台下底面半径为2r，圆锥的底面半径为r，
设圆台的高为h，则圆锥的的高为h
则圆台母线长为，圆锥的母线长为
则圆锥的侧面积为
圆台侧面积为，则圆锥的侧面积是圆台侧面积的
故选：B
5. 已知向量，，则向量在向量上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据投影向量的定义计算可得结果.
【详解】因为向量在向量上的投影为，
所以向量在向量上的投影向量为.
故选：A
6. 已知在某滨海城市A附近的海面出现台风活动，据监测，目前台风中心位于城市A的东偏南60°方向，距城市A300km的海面点P处，并以20km/h的速度向西偏北30°方向移动．已知该台风影响的范围是以台风中心为圆心的圆形区域，半径为km．则城市A受台风影响的时间为（ ）
A. 5h B. h C. h D. 4h
【答案】B
【解析】
【分析】先求得台风中心距离城市A的最短距离，再利用直线截圆的弦长即可求得城市A受台风影响的时间
【详解】如图，，，台风中心沿方向以的速度移动，
台风中心距离城市A的最短距离为
又台风中心为圆心的圆形区域，半径为km．
则台风中心在以城市A为圆心半径为km的圆内时，城市A受台风影响
以城市A为圆心半径为km的圆截直线所得弦长为
km
则城市A受台风影响的时间为
故选：B
7. 由，可得与最接近的数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】对于对数运算性质可求得，故而可得答案.
【详解】解：由，又，由①得与②得，即，故.
故选：B.
8. 已知球的直径，，是该球球面上的两点，，，则棱锥的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设球心为点，作中点，连接，，，由是球的直径，利用余弦定理，三角形的面积公式求出，和棱锥的高，即可求出棱锥的体积．
【详解】设球心为点，作中点，连接、、．因为线段是球的直径，
所以它也是大圆的直径，则易得
所以在中，， 可得，，
又在中，， 可得， ，
所以，，
因为点是的中点所以在等腰三角形中，且，
在等腰三角形中，且，
又，平面，所以平面 ，
即棱锥的体积，
因为，，，
所以由余弦定理得，
所以，
由三角形面积公式得的面积
所以棱锥的体积
故选：C．
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. 若，则下列不等式恒成立的有（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】
根据基本不等式依次讨论各选项即可得答案.
【详解】解：对于A，由基本不等式得，则，故A正确；
对于B，令时，，故不成立，故B错误；
对于C，由A选项得，所以，故C正确；
对于D，根据基本不等式的“1”的用法得，故D正确；
故选：ACD．
【点睛】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
10. 已知且，函数与函数在同一个坐标系中的图象可能是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】按和分类，确定的单调性，的最高点．
【详解】当时，是增函数，只有B、D满足，此时的最高点大于1，故B满足，D不满足；
当时，是减函数，只有A、C满足，此时的最高点大于0，小于1，故C满足，A不满足；
故选：BC．
11. 函数满足，且在上单调，若在上存在最大值和最小值，则实数可以是（ ）
A. B. C. D.
【答案】AD
【解析】
【分析】由条件可得，又利用余弦函数的性质可求，再结合条件及余弦函数的性质求出的范围，即可得出答案.
【详解】解：∵函数在上单调，
∴，
∴，
又函数满足，且，
所以为函数对称轴，
∴，即，
故当时，，
当时，，
∵在上存在最大值和最小值，
∴或，
∴或.
故选：AD.
12. 如图，已知边长为1的正方形是线段上的动点（包括端点），分别是上动点，且分别是中点，下列说法正确的是（ ）
A.
B. 若，则的最小值为
C. 若，则的最小值为
D. 若，则的最大值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】以为原点，以所在的直线分别为轴、轴，建立平面直角坐标系，设，结合向量的线性运算法则和向量的坐标运算法则，逐项运算，即可求解.
【详解】以为原点，以所在的直线分别为轴、轴，建立平面直角坐标系，如图所示，
设，
可得，
其中，则，
（1）由，所以正确；
（2）由，
当时，，所以正确；
（3）由（2）知时，
若则，
此时，所以不正确；
（4）由（2）知时，，
则，
上式里的“”可以取“”，条件是.
而时，有，
即，所以，
当的条件是的条件是，且时，
即，且时，即，，所以正确.
故选：ABD.
三. 填空题: 本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分.
13. 棣莫佛（Demoivre，是出生于法国的数学家．由于在数学上成就卓著，他被选为柏林科学院和巴黎科学院的外籍院士．棣莫佛定理为：，这里．若，则_________．
【答案】2
【解析】
【分析】直接使用棣莫佛定理，结合复数相等的定义进行求解即可.
【详解】由，
于是有，因为所以有，
于是有：，
当为偶数时，显然有，该方程无实根，
当当为奇数时，显然有，而，
故答案为：2
14. 一水平放置的平面图形按“斜二测画法”得到直观图为斜边等于的等腰直角三角形，则原平面图形的面积为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意画出原图形，由“斜二测画法”得出原图形长度即可求出.
【详解】如图，若直观图为，，则，所以在原图中，，所以面积为；
若直观图为，，则，所以在原图中，，所以面积为.
故答案为：.
15. 如图，是等边三角形，是等腰三角形，交于 ，则__________.
【答案】##
【解析】
【分析】由题意易得，，在中，分别求出，再利用正弦定理即可得解.
【详解】解：由题意可得，，
则，
所以，所以，
，
在中，由，
得.
故答案为：.
16. 已知是定义在上的奇函数，且，若对任意的，当时，都有，则关于的不等式在区间上的解集为__________.
【答案】
【解析】
【分析】由已知可得函数关于对称，继而由函数为奇函数，可得函数的周期，由函数的单调性的定义得函数在上是增函数，令，设，运用导函数分析函数的单调性，由此得，由对称性及周期性作函数的示意图和的图象，运用数形结合的思想可求得不等式的解集.
【详解】解：因为，所以函数关于对称，，
又函数为奇函数，所以，
所以，则，
函数是以4为周期的周期函数，
因为对任意的，当时，都有，
不妨设，所以，
所以函数在上是增函数，
所以当时，，
令，
设，则，
所以函数是单调递减函数，
所以当，，
所以当时，，即，
由对称性及周期性作函数的示意图和的图象如下图所示，
则不等式在区间上的解集为.
故答案为：.
【点睛】本题考查了函数性质的综合应用，考查了利用导数研究函数单调性的应用，考查了逻辑推理能力和数形结合思想，，有一定的难度.
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.
（1）求的值;
（2）若，且，求角.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据已知化弦为切即可得解；
（2）分别求出，，再根据结合两角差的正弦公式即可得解.
【小问1详解】
解：因为，
所以，解得；
【小问2详解】
解：因为，，
则，
解得，
又，所以，
又因，所以，
则，
所以.
18. 如图，在直三棱柱中，，点为 中点，连接交于点，点为中点.
（1）求证: 平面；
（2）求证: 平面平面.
【答案】（1）见解析 （2）见解析
【解析】
【分析】（1）易得点为的中点，从而可得，再根据线面平行的判定定理即可得证；
（2）易证得，证明平面，则有，再根据线面垂直的判定定理可证得平面，再根据面面垂直的判定定理即可得证.
【小问1详解】
证明：在直三棱柱中，
四边形为矩形，
则点为的中点，
因为点为中点，
所以，
又平面，平面，
所以平面；
【小问2详解】
证明：在直三棱柱中，
因，
所以四边形为正方形，
所以，
由平面，平面，
所以，
又，则，
又平面，
所以平面，
因为平面，
所以，
又因平面，
所以平面，
因为平面，
所以平面平面.
19. 在①，②，③三个条件中任选一个，补充在下面问题中的横线上，并解决该问题.
问题：已知的内角及其对边，若，且满足___________.求的面积的最大值(注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分)
【答案】条件选择见解析；最大值为.
【解析】
【分析】分别选择条件①②③，利用正弦定理和余弦定理，化简得到，再由余弦定理得，进而求得，利用面积公式求得，即可求解.
【详解】选择条件①：因为，所以，
根据正弦定理可得，
由余弦定理得：，
又由，可得，
根据余弦定理得，
则，
所以，
所以当且仅当时，面积取得最大值，最大值为.
选择条件②：因为，
由余弦定理得，
所以，
，
所以当且仅当时，面积取得最大值，最大值为.
选择条件③：因为，
由余弦定理得：，
因为，可得，
又由余弦定理得：，
所以，
，
所以当且仅当时，面积取得最大值，最大值为.
【点睛】对于解三角形问题的常见解题策略：
对于解三角形问题，通常利用正弦定理进行“边转角”寻求角的关系，利用“角转边”寻求边的关系，利用正、余弦定理解三角形问题是高考高频考点，同时注意三角形内角和定理，三角形面积公式在解题中的应用.
20. 如图，在中，已知D，E分别是的中点，，与交于点O.
（1）若，求的值；
（2）若，求的长.
【答案】（1）；（2）2.
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理求出，设，求出，，即得的值；
（2）求出，，，根据已知得到即得解.
【详解】解：（1）在中，，
由正弦定理可得，所以.
设.
因为D为中点，所以.
又因为，
所以.
（2）因为D，E分别是的中点，且与交于点O，
所以O为的重心，所以.
又因为，
.
所以
，
所以
因为，，所以.
即，解得或（舍去），
所以.
21. 如图1，在矩形中，已知，E为的中点.将沿向上翻折，进而得到多面体（如图2）.
（1）求证：；
（2）在翻折过程中，求二面角的最大值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】（1）在矩形中，可证明，则在翻折过程中，从而可证明平面，从而可证明.
（2）过作，垂足为H，过H作，垂足为G，连接.因为平面平面，所以,从而是二面角的平面角，然后求解即可得出答案.
【详解】解：（1）如图1，连接交于F.
因为，且E为的中点，，
在矩形中，因为，
所以，所以，
所以，
所以，即.
由题意可知平面，
所以平面.
因为平面，所以.
（2）如图2，过作，垂足为H，过H作，垂足为G，连接.
因为平面平面，所以.
又因为平面，所以平面.
因为平面，所以.
又因为平面，所以平面.
因为平面，所以.
所以是二面角的平面角.
在翻折过程中，设.
在矩形中，由，E为的中点，
得.
在直角三角形中，，所以，
因为，所以，所以，
所以.
在直角三角形中，.
设，所以.
所以，即.
解得，当时，等号成立，故，
因为，所以，
所以二面角的最大值为.
22. 已知a，b，c，d是不全为零的实数，函数
的实根都是 的实根；反之，方程的实根都是 的实根．
（Ⅰ）求d的值；
（Ⅱ）若，求c的取值范围；
（Ⅲ）若， ，求c的取值范围．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）；（Ⅲ）．
【解析】
【详解】试题分析：（Ⅰ）比较方便由题意若，则，即；（Ⅱ）关键是分析方程的解的情况，，，中只有一个为0时，两方程解相同，当时，由题意，无解，由此可得；（Ⅲ）由题意，符合题意，时，方程无实根，在时，方程无实根，符合题意，当时，方程有实根，此时要求无实根，综合以上分析可得的取值范围．
试题解析：（Ⅰ）设r是方程的一个根，即，由题设得，
于是，即，即；
（Ⅱ）由题设及（Ⅰ）知，．
由得b，c是不全为零的实数，且，
则，
方程就是 ①
方程就是 ②
（1）当时，方程①②的根都为，符合题意；
（2）当时，方程①②的根都为，符合题意；
（3）当时，方程①的根都为，，它们也都是方程②的根，但它们不是方程
的实根，由题意，方程无实根，
故，得．
综上所述，c的取值范围是．
（Ⅲ）由，，得，，
③
由可以推断出，知方程的根一定是方程的根．
当时，符合题意；
当时，，方程的根不是方程 ④的根，
因此，根据题意，方程④应无实根，那么
当，即时，，符合题意；
当，即或时，方程④得，
即 ⑤，则方程⑤应无实根，所以有
且．
当时，只需，解得：，矛盾，舍去；
当时，，解得：，因此．
综上所述，c的取值范围是．
考点：一元二次方程根的判别式．杭州市重点中学2022-2023学年高二上学期8月开学考试
数学试题 原卷版
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. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
2. 已知为虚数单位，复数的共轭复数为（ ）
A. B. C. D.
3. 已知直线与平面，则能使的充分条件是（ ）
A. ， B. ，，
C. ， D. ，
4. 已知圆台下底面半径是上底面半径的2倍，若从该圆台中挖掉一个圆锥，圆锥的底面是圆台的上底面，圆锥的顶点是圆台下底面的圆心，则圆锥的侧面积是圆台侧面积的（ ）
A. B. C. D.
5. 已知向量，，则向量在向量上投影向量为（ ）
A. B. C. D.
6. 已知在某滨海城市A附近的海面出现台风活动，据监测，目前台风中心位于城市A的东偏南60°方向，距城市A300km的海面点P处，并以20km/h的速度向西偏北30°方向移动．已知该台风影响的范围是以台风中心为圆心的圆形区域，半径为km．则城市A受台风影响的时间为（ ）
A. 5h B. h C. h D. 4h
7. 由，可得与最接近的数是（ ）
A. B. C. D.
8. 已知球的直径，，是该球球面上的两点，，，则棱锥的体积为（ ）
A. B. C. D.
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. 若，则下列不等式恒成立的有（ ）
A. B.
C. D.
10. 已知且，函数与函数在同一个坐标系中的图象可能是（ ）
A. B.
C. D.
11. 函数满足，且在上单调，若在上存在最大值和最小值，则实数可以是（ ）
A. B. C. D.
12. 如图，已知边长为1的正方形是线段上的动点（包括端点），分别是上动点，且分别是中点，下列说法正确的是（ ）
A
B. 若，则最小值为
C. 若，则的最小值为
D. 若，则的最大值为
三. 填空题: 本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分.
13. 棣莫佛（Demoivre，是出生于法国的数学家．由于在数学上成就卓著，他被选为柏林科学院和巴黎科学院的外籍院士．棣莫佛定理为：，这里．若，则_________．
14. 一水平放置的平面图形按“斜二测画法”得到直观图为斜边等于的等腰直角三角形，则原平面图形的面积为______．
15. 如图，是等边三角形，是等腰三角形，交于 ，则__________.
16. 已知是定义在上的奇函数，且，若对任意的，当时，都有，则关于的不等式在区间上的解集为__________.
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.
（1）求的值;
（2）若，且，求角.
18. 如图，在直三棱柱中，，点为 中点，连接交于点，点为中点.
（1）求证: 平面；
（2）求证: 平面平面.
19. 在①，②，③三个条件中任选一个，补充在下面问题中的横线上，并解决该问题.
问题：已知的内角及其对边，若，且满足___________.求的面积的最大值(注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分)
20. 如图，在中，已知D，E分别是的中点，，与交于点O.
（1）若，求的值；
（2）若，求的长.
21. 如图1，在矩形中，已知，E为中点.将沿向上翻折，进而得到多面体（如图2）.
（1）求证：；
（2）在翻折过程中，求二面角的最大值.
22. 已知a，b，c，d是不全为零实数，函数
的实根都是 的实根；反之，方程的实根都是 的实根．
（Ⅰ）求d的值；
（Ⅱ）若，求c的取值范围；
（Ⅲ）若， ，求c的取值范围．
