金溪县2022-2023学年高二上学期9月开学考试
数学 解析版
一、单选题
1. （ ）
A. 3 B. C. 10 D. 100
【答案】C
【解析】
【分析】利用复数的乘方运算得到，从而求出模长.
【详解】，故.
故选：C
2. 已知集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】解不等式后由交集的概念求解
【详解】由题意得，，则，
故选：A
3. 已知，，，则a，b，c的大小关系为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据对数函数的单调性并借助1比较即可求解.
【详解】解：因为为单调递增函数，所以.
因为，所以．
故选:B．
4. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】变形得，代值计算即可.
【详解】.
故选：D.
5. 设为两个不同的平面，则的一个充分条件可以是（ ）
A. 内有无数条直线与平行 B. 垂直于同一条直线
C. 平行于同一条直线 D. 垂直于同一个平面
【答案】B
【解析】
【分析】利用线面，面面平行垂直的判定或性质对各个选项进行分析即可得到答案.
【详解】对于A，内有无数条直线与平行不能得出两个平面可以相交，故A错；
对于B，垂直于同一条直线可以得出，反之当时，若垂直于某条直线，则也垂直于该条直线，正确；
对于C，平行于同一条直线，则两个平面可以平行也可以相交，故错误；
对于D，垂直于同一平面的两个平面可以平行也可以相交，故错误；
故选：B．
6. 若将函数的图像向右平移个单位长度后，与函数的图像重合，则的最小值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先得到平移后的解析式，再由题中条件，列出等式，求出，即可得出结果.
【详解】将函数的图像向右平移个单位长度后得到函数的图像，
即，与函数的图像重合
即，
故
∴，
所以的最小值为.
故选：B.
7. 在中，D为AC的中点，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据得到，再根据可求出结果.
【详解】因为，所以，所以，
.
故选：D
8. 若实数，满足，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用反例判断A、B、D不正确，函数的单调性以及函数的奇偶性判断C的正误即可．
【详解】对于A，∵e﹣2＜e1，∴A错误；
对于B：，∴B错误；
对于C：为偶函数，且当x∈（0，+∞）时，单调递增，当时，，即，故C正确；
对于D，反例a＝2，b＝﹣1，可得0，0，．所以D不正确，
故选：C．
【点睛】本题考查命题的真假的判断与应用，考查指数函数，三角函数，以及函数奇偶性、单调性的应用，是基本知识的考查．
二、多选题
9. 已知，是两个不同的平面，m，n，l是三条不同的直线，则下列命题中正确的是（ ）
A. 若，，，则 B. 若，，则
C. 若，，，则 D. 若，，，则
【答案】BC
【解析】
【分析】利用面面垂直的性质判断选项A；利用线面垂直的性质判断选项B；利用线面平行的性质判断选项C；利用线面垂直判定定理判断选项D.
【详解】选项A：若，，，
则或相交或互为异面直线.判断错误；
选项B：若，，则.判断正确；
选项C：设平面，，又，则
设平面，，又，则，
则，又，，则，
又，，则，则.判断正确；
选项D：若，，，则的位置关系为相交，
当且仅当时.判断错误.
故选：BC
10. 已知角的终边经过点．则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据同终边角的正弦和余弦可知，然后解出方程并判断，逐项代入即可.
【详解】解：由题意得：
如图所示：
，即
，即
解得：（舍去）或
，故A正确；
，故D正确；
，故B正确；
，故C错误；
故选：ABD
11. 已知向量，，则（ ）
A. 若与垂直，则 B. 若，则的值为
C. 若，则 D. 若，则与的夹角为45°
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据向量共线与垂直的坐标表示得到方程，计算即可判断A、B，再根据向量模及夹角的坐标表示计算判断C、D；
【详解】解：因为，，对于A：若与垂直，则，解得，故A正确；
对于B：若，则，解得，故B正确；
对于C：若，则，解得，故C错误；
对于D：若，则，设与的夹角为，则，因为，所以，故D正确；
故选：ABD
12. 如图所示的几何体由一个三棱锥和一个半圆锥组合而成，两个锥体的底面在同一个平面内，是半圆锥底面的直径，D在底面半圆弧上，且，与都是边长为2的正三角形，则（ ）
A. B. 平面
C. 异面直线与所成角的正弦值为 D. 该几何体的体积为
【答案】ABD
【解析】
【分析】取中点O，由线面垂直的判断定理和性质定理可判断A；由、，可得，再由线面平行的判断定理可判断B；取中点M，可得即与所成角即为与所成角，由余弦定理求出和平方关系求出可判断C；求出几何体体积可判断D．
【详解】对于A，取中点O，连接，所以为等腰直角三角形，且，又因为， ，所以平面，平面，所以，A正确．
对于B，，∴，而，∴，
∴，平面，平面，∴平面，B正确．
对于C，取中点M，连接知，
∴，∴与所成角即为与所成角，为，
，由余弦定理得，C错．
对于D，该几何体体积，D正确．
故选：ABD.
三、填空题
13. 已知向量，且，则=_________．
【答案】
【解析】
【分析】根据向量平行列方程，求得，进而求得.
【详解】由于，所以，
所以.
故答案为：
14. 从，，，这个数中随机取出个不同的数，，则的概率为__________．
【答案】##
【解析】
【分析】利用列举法求解即可.
【详解】取出个不同的数，的所有情况为1和3，1和5，1和7，3和5，3和7，5和7，6种情况，
其中满足的有：1和3，1和5，1和7，3种情况，
所以的概率为．
故答案为：
15. 已知函数，若为偶函数，在区间内单调，则的最大值为_________.
【答案】4
【解析】
【分析】根据为偶函数，可得直线为函数图像的一条对称轴，进而可得，根据在区间内单调，可得，进而可求解.
【详解】由于函数为偶函数，则满足，故直线为函数图像的一条对称轴，所以，，则，，又，即，解得，又，当时，在单调递增，满足要求，所以，故的最大值为4.
故答案为：4
16. 已知四面体ABCD中，为等边三角形，，，若，则四面体ABCD外接球的表面积的最小值为______
【答案】
【解析】
【分析】由已知证明平面ABC，设，则，求出底面外接圆的半径r，再求得球心到底面中心的距离，利用勾股定理结合二次函数求得四面体外接球的半径R的最小值，则四面体ABCD外接球表面积的最小值可求.
【详解】解：由题意可得，，，，所以，则，
，，得到：平面ABC，
设，则，
取正三角形ABC的外心为，四面体ABCD的外接球球心O，连接，则底面ABC，
底面外接圆的半径，，
所以四面体外接球的半径，
当时，R有最小值为，
所以四面体ABCD外接球表面积的最小值为，
故答案为：.
四、解答题
17 已知，
（1）求的值；
（2）求与的夹角.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先由化简求出，再由可求得结果，
（2）先求出，，然后利用向量的夹角公式求解即可
【小问1详解】
因为，，
所以，，得，
所以
【小问2详解】
因为，
，
所以，
因为，
所以，
即与的夹角为
18. 某校高二年级一个班有60名学生，将期中考试的数学成绩（均为整数）分成六段：，得到如图所示的频率分布直方图，
（1）求的值；
（2）用分层随机抽样的方法从中抽取一个容量为20的样本，已知甲同学的成绩在，乙同学的成绩在，求甲乙至少一人被抽到的概率．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用频率分布直方图中各个小矩形面积之和为1即可求出的值；
（2）设甲被抽到的事件为，乙被抽到的事件为，求出相应的概率，然后可以根据对立事件求解．
【小问1详解】
解：由题意可得，
解得；
【小问2详解】
解：因为总体共60名学生，样本容量为20，因此抽样比为．
其中分数段有人，分数段有人，
所以在分数段中抽取人，分数段抽取人，
设甲被抽到的事件为，乙被抽到的事件为，
则，，
则甲乙至少一人被抽到的概率为．
19. 如图，在四棱锥中，，，，平面，E为PD的中点．
（Ⅰ）证明：平面；
（Ⅱ）若，求点E到平面的距离．
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】（Ⅰ）首先证明平面PBC，平面PBC，由面面平行的判定定理可得平面平面PBC，再由面面平行的性质定理即可证明.
（Ⅱ）利用等体积法可得，结合锥体体积公式即可求解.
【详解】解：（Ⅰ）取CD的中点F，连接EF，AF．
因为E为PD的中点，所以，
又平面PBC，平面PBC，所以平面PBC．
因为，所以．
且，所以四边形ABCF是平行四边形，所以，
因为平面PBC，平面PBC，所以平面PBC；
因为，且平面AEF，平面AEF，
所以平面平面PBC；
因为平面AEF，所以平面．
（Ⅱ）因为E是PD中点，
所以点E到平面PBC的距离是点D到平面PBC距离的．
因为平面ABCD，，，
所以平面PAB．所以．
因为
所以
在中，，，
所以．
设点D到平面PBC的距离为d，由
则，解得．
所以点E到平面PBC距离是．
20. △的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知△的面积为.
（1）证明：；
（2）若，求.
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据三角形面积公式及三角形内角性质可得，再由正弦定理的边角关系即可证结论.
（2）由（1）及题设可得，进而求得，应用余弦定理及正弦定理边角关系求，即可求，注意根据B的范围判断符号，最后利用及和角余弦公式求值即可.
【小问1详解】
由题设，，又，
所以，由正弦定理可得，
所以，又，
所以，即.
【小问2详解】
由（1）及题设，，且，
所以，则，故，
又，可得，
若，则，而，故不合题设；
所以，
所以.
21. 已知函数的部分图象如图所示.
（1）求函数的解析式和单调增区间；
（2）将函数的图象向左平移个单位，再将图象上各点的横坐标伸长到原来的倍（纵坐标不变）得到函数的图象，若关于的方程在区间上有两个不同的解、，求的值及实数的取值范围.
【答案】（1），增区间为；
（2），.
【解析】
【分析】（1）结合图象和，求得的值，再根据，，求得的解析式，然后利用正弦函数的单调性，即可得解；
（2）根据函数图象变换法则写出的解析式，再结合正弦函数的对称性以及图象，即可得解.
【小问1详解】
解：设的最小正周期为，由图象可知，则，
故，
又，所以，即，
所以，所以，
因为，所以，所以，所以，
所以，
令，则，
故的单调增区间为.
【小问2详解】
解：将函数的图象向左平移个单位，再将图象上各点的横坐标伸长到原来的倍（纵坐标不变），得的图象，
由，知，
由可得，由可得，
若关于的方程在区间上有两个不同的解、，
则点、关于直线对称，
故，所以，，
作出函数与函数在区间上的图象如下图所示：
由图可知，当时，即当时，
函数与函数在区间上的图象有两个交点.
综上所述，，实数的取值范围是.
22. 如图所示的五面体中，平面平面，四边形为正方形，，，.
（1）求证：平面；
（2）若，求多面体的体积.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据线面垂直的判定定理结合面面垂直的性质定理即可证明；
（2）把多面体拆成一个三棱锥和一个四棱锥即可求体积.
【小问1详解】
证明：如图，因为，平面平面，
平面平面，平面，所以平面.
因为平面，所以.
在中，因为，故，不妨设，
所以由余弦定理，得，则，所以，所以，
又，所以平面.
【小问2详解】
如图，若，则，由（1）知平面，所以为三棱锥的高，而三棱锥的高为点到平面的距离，因为平面平面，所以点到平面的距离就是点到直线的距离，
故.金溪县2022-2023学年高二上学期9月开学考试
数学 原卷版
一、单选题
1. （ ）
A. 3 B. C. 10 D. 100
2 已知集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
3. 已知，，，则a，b，c的大小关系为（ ）
A. B. C. D.
4. 已知，则（ ）
A B. C. D.
5. 设为两个不同的平面，则的一个充分条件可以是（ ）
A 内有无数条直线与平行 B. 垂直于同一条直线
C. 平行于同一条直线 D. 垂直于同一个平面
6. 若将函数的图像向右平移个单位长度后，与函数的图像重合，则的最小值是（ ）
A. B. C. D.
7. 在中，D为AC的中点，，则（ ）
A. B. C. D.
8. 若实数，满足，则（ ）
A. B.
C. D.
二、多选题
9. 已知，是两个不同的平面，m，n，l是三条不同的直线，则下列命题中正确的是（ ）
A. 若，，，则 B. 若，，则
C 若，，，则 D. 若，，，则
10. 已知角的终边经过点．则（ ）
A. B.
C. D.
11. 已知向量，，则（ ）
A. 若与垂直，则 B. 若，则的值为
C. 若，则 D. 若，则与的夹角为45°
12. 如图所示的几何体由一个三棱锥和一个半圆锥组合而成，两个锥体的底面在同一个平面内，是半圆锥底面的直径，D在底面半圆弧上，且，与都是边长为2的正三角形，则（ ）
A. B. 平面
C. 异面直线与所成角的正弦值为 D. 该几何体的体积为
三、填空题
13. 已知向量，且，则=_________．
14. 从，，，这个数中随机取出个不同的数，，则的概率为__________．
15. 已知函数，若为偶函数，在区间内单调，则的最大值为_________.
16. 已知四面体ABCD中，为等边三角形，，，若，则四面体ABCD外接球的表面积的最小值为______
四、解答题
17. 已知，
（1）求的值；
（2）求与的夹角.
18. 某校高二年级一个班有60名学生，将期中考试的数学成绩（均为整数）分成六段：，得到如图所示的频率分布直方图，
（1）求的值；
（2）用分层随机抽样的方法从中抽取一个容量为20的样本，已知甲同学的成绩在，乙同学的成绩在，求甲乙至少一人被抽到的概率．
19. 如图，在四棱锥中，，，，平面，E为PD的中点．
（Ⅰ）证明：平面；
（Ⅱ）若，求点E到平面的距离．
20. △的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知△的面积为.
（1）证明：；
（2）若，求.
21. 已知函数部分图象如图所示.
（1）求函数的解析式和单调增区间；
（2）将函数的图象向左平移个单位，再将图象上各点的横坐标伸长到原来的倍（纵坐标不变）得到函数的图象，若关于的方程在区间上有两个不同的解、，求的值及实数的取值范围.
22. 如图所示的五面体中，平面平面，四边形为正方形，，，.
（1）求证：平面；
（2）若，求多面体的体积.
