江西省宜春市铜鼓县中2022-2023学年高二上学期9月开学考试数学试卷（Word版含答案）
文档属性
| 名称 | 江西省宜春市铜鼓县中2022-2023学年高二上学期9月开学考试数学试卷（Word版含答案） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 637.2KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2022-09-05 22:34:33 | ||
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文档简介
铜鼓县中2022-2023学年高二上学期9月开学考试
数学试卷
（试卷满分：150分 考试时间：120分钟 ）
一、选择题（本大题共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．或 B．或 C．或 D．或
2.函数的定义域为（ ）
A． B． C． D．
3.若复数满足，则（ ）
A． B． C． D．
4．已知角的终边经过点，且，则（ ）
A． B．1 C．2 D．
5．若，则（ ）
A． B． C． D．
6．如图，在正方形网格中，向量，满足，则（ ）
A． B． C． D．
7．在中，角所对的边分别是，且，则的形状为（ ）
A．等腰三角形 B．直角三角形 C．等腰直角三角形 D．等腰三角形或直角三角形
8．将函数的图象向左平移个单位长度得到一个偶函数，则的最小值为（ ）
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．如果平面向量，，那么下列结论中正确的是（ ）
A． B． C． D．
10．下列化简结果正确的是（ ）
A． B．
C． D．
11．已知为两个不同的平面，m，n为两条不同的直线，下列说法中正确的是（ ）
A．若，则 B．若，则..
C．若，则 D．若，则
12．如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为菱形，∠DAB=60°，AB=2，PB=，侧面PAD为正三角形，则下列说法正确的是（ ）
A．平面PAD⊥平面ABCD B．异面直线AD与PB所成的角为60°
C．二面角P－BC－A的大小为45°
D．三棱锥P－ABD外接球的表面积为
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13．已知，复平面内表示复数的点在虚轴上，则m=_____．
14．已知函数（，）的部分图象如图所示，则______.
15．三棱柱的侧棱垂直于底面，且，若该三棱柱的所有顶点都在同一球面上，则该球的表面积为_______
16．设，若在上为增函数，则的取值范围是__ _．
四、解答题（本大题共6小题，共70分。解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）
17．(10分)已知向量,.
(1)当时,求的值；(2)当，，求向量与的夹角.
18．(12 分) 已知，，且.
（1）求的值；（2）求.
19．（12分）的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知，.
（1）若，求的面积；
（2）若，求的周长.
20．（12分）如图，在三棱柱中，，点是的中点.
(1)求证：平面；
(2)若侧面为菱形，求证：平面.
21．（12分）已知函数.
（1）求函数的最小正周期及单调递增区间；
（2）求函数在区间的值域；
（3）若函数在区间内有两个不同的零点，求实数的取值范围.
22．（12分）如图， 在三棱锥 中，已知 是正三角形，平面 ，，为的中点，在棱上，且.
(1)求三棱锥的体积;
(2)求证：平面平面；
(3)若为中点， 是否存在 在棱上，，且平面 若存在，求的值并说明理由;若不存在，给出证明.
铜鼓县中2022-2023学年高二上学期9月开学考试
数学参考答案
一、选择题
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
答案 D C B C A C A A AC ACD AC ACD
三、填空题：13.或6 14. 15. 16.
17（1）向量,，则，.由,可得即，即，解得或,当,.
（2）由,,则由,可得,解得,所以,, 又,所以.
18.（1）∵且，∴，
∴，∴；
（2）∵，∴，又∵，∴，
，所以.
19.（1）由余弦定理，得，即，解得（舍去），或由，得.
（2）由，得，即由正弦定理，得，即由余弦定理，得，解得，从而∴ABC的周长为．
20.（1）连接交于，连接，由为三棱柱，则为平行四边形，所以是中点，又是的中点，故在△中，面，面，所以平面.
（2）由，而，面，所以面，又面，则，由侧面为菱形，故，又，面，故平面.
21.（1）由得，故最小正周期为,由，解得，故的单调递增区间为；
（2）因为，所以，，
所以，即的值域为；
（3）令，则，故问题转化为在区间内有两个不同的根，令，且，则问题等价于在有两个根，由的图象可知：当时，有两个根.故
22.（1）因为为等边三角形，且，所以，又因为 平面 ，且，即三棱锥的高为，所以.
（2）证明：取的中点，连接，因为，可得，又因为，可得为的中点，因为为的中点，所以，则，又因为是正三角形，所以，因为平面，平面，所以，又因为，所以平面，又平面所以，因为且平面，所以平面.所以平面平面；
（3）解：存在这样的点，当时，平面，证明：当时，连接，设，连接，由条件知为的重心，所以，所以当时，,因为平面，平面，所以平面.即时，平面.
数学试卷
（试卷满分：150分 考试时间：120分钟 ）
一、选择题（本大题共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．或 B．或 C．或 D．或
2.函数的定义域为（ ）
A． B． C． D．
3.若复数满足，则（ ）
A． B． C． D．
4．已知角的终边经过点，且，则（ ）
A． B．1 C．2 D．
5．若，则（ ）
A． B． C． D．
6．如图，在正方形网格中，向量，满足，则（ ）
A． B． C． D．
7．在中，角所对的边分别是，且，则的形状为（ ）
A．等腰三角形 B．直角三角形 C．等腰直角三角形 D．等腰三角形或直角三角形
8．将函数的图象向左平移个单位长度得到一个偶函数，则的最小值为（ ）
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．如果平面向量，，那么下列结论中正确的是（ ）
A． B． C． D．
10．下列化简结果正确的是（ ）
A． B．
C． D．
11．已知为两个不同的平面，m，n为两条不同的直线，下列说法中正确的是（ ）
A．若，则 B．若，则..
C．若，则 D．若，则
12．如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为菱形，∠DAB=60°，AB=2，PB=，侧面PAD为正三角形，则下列说法正确的是（ ）
A．平面PAD⊥平面ABCD B．异面直线AD与PB所成的角为60°
C．二面角P－BC－A的大小为45°
D．三棱锥P－ABD外接球的表面积为
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13．已知，复平面内表示复数的点在虚轴上，则m=_____．
14．已知函数（，）的部分图象如图所示，则______.
15．三棱柱的侧棱垂直于底面，且，若该三棱柱的所有顶点都在同一球面上，则该球的表面积为_______
16．设，若在上为增函数，则的取值范围是__ _．
四、解答题（本大题共6小题，共70分。解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）
17．(10分)已知向量,.
(1)当时,求的值；(2)当，，求向量与的夹角.
18．(12 分) 已知，，且.
（1）求的值；（2）求.
19．（12分）的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知，.
（1）若，求的面积；
（2）若，求的周长.
20．（12分）如图，在三棱柱中，，点是的中点.
(1)求证：平面；
(2)若侧面为菱形，求证：平面.
21．（12分）已知函数.
（1）求函数的最小正周期及单调递增区间；
（2）求函数在区间的值域；
（3）若函数在区间内有两个不同的零点，求实数的取值范围.
22．（12分）如图， 在三棱锥 中，已知 是正三角形，平面 ，，为的中点，在棱上，且.
(1)求三棱锥的体积;
(2)求证：平面平面；
(3)若为中点， 是否存在 在棱上，，且平面 若存在，求的值并说明理由;若不存在，给出证明.
铜鼓县中2022-2023学年高二上学期9月开学考试
数学参考答案
一、选择题
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
答案 D C B C A C A A AC ACD AC ACD
三、填空题：13.或6 14. 15. 16.
17（1）向量,，则，.由,可得即，即，解得或,当,.
（2）由,,则由,可得,解得,所以,, 又,所以.
18.（1）∵且，∴，
∴，∴；
（2）∵，∴，又∵，∴，
，所以.
19.（1）由余弦定理，得，即，解得（舍去），或由，得.
（2）由，得，即由正弦定理，得，即由余弦定理，得，解得，从而∴ABC的周长为．
20.（1）连接交于，连接，由为三棱柱，则为平行四边形，所以是中点，又是的中点，故在△中，面，面，所以平面.
（2）由，而，面，所以面，又面，则，由侧面为菱形，故，又，面，故平面.
21.（1）由得，故最小正周期为,由，解得，故的单调递增区间为；
（2）因为，所以，，
所以，即的值域为；
（3）令，则，故问题转化为在区间内有两个不同的根，令，且，则问题等价于在有两个根，由的图象可知：当时，有两个根.故
22.（1）因为为等边三角形，且，所以，又因为 平面 ，且，即三棱锥的高为，所以.
（2）证明：取的中点，连接，因为，可得，又因为，可得为的中点，因为为的中点，所以，则，又因为是正三角形，所以，因为平面，平面，所以，又因为，所以平面，又平面所以，因为且平面，所以平面.所以平面平面；
（3）解：存在这样的点，当时，平面，证明：当时，连接，设，连接，由条件知为的重心，所以，所以当时，,因为平面，平面，所以平面.即时，平面.
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