广西南宁市第二中学2023-2024学年高二下学期开学考试数学试卷（含解析）

南宁二中2023-2024学年度下学期高二开学考试
数学
（时间120分钟，共150分）
一、选择题（本题共8小题，每小题有且仅有一个正确答案，每小题5分）
1．命题“”的否定是（ ）
A． B．
C． D．
2．已知抛物线的方程为则抛物线的焦点坐标为（ ）
A． B． C． D．
3．已知函数f（x）在点（2，f（2））处的切线方程为2x+y-1=0，则f’（2）+f（2）=（ ）
A．-5 B．-3 C．3 D．5
4．已知，设，则与的值的大小关系是 （ ）
A． B． C． D．
5．在公元前500年左右的毕达哥拉斯学派的数学家们坚信，“万物皆（整）数与（整）数之比”，但后来的数学家发现了无理数，引发了数学史上的第一次数学危机.下图是公元前400年古希腊数学家泰特拖斯用来构造无理数、、，……的图形，此图形中的余弦值是（ ）
A． B． C． D．
6．如图，在正三棱柱中，若，则C到直线的距离为（ ）
A． B． C． D．
7．已知定义在上的函数满足，当时，，则（ ）
A． B． C． D．
8．已知函数的值域为，关于其定义域，下列说法正确的是（ ）
A．只能是实数集
B．任取中两个元素，乘积一定非负
C．不可能是无穷多个闭区间的并集
D．可能是所有有理数以及负无理数所成集合
二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分）
9．直线和直线，下列说法正确的是（ ）
A．当时，或；
B．当时，；
C．当时，过直线与的交点且平行于的直线方程为：
D．当时，直线关于对称的直线方程为：
10．函数（其中，，）的部分图象如图所示，则（ ）
A．
B．函数的最小正周期是
C．函数的图象关于直线对称
D．将函数的图象向左平移个单位长度以后，所得的函数图象关于原点对称
11．设函数，则（ ）
A．
B．函数有最大值
C．若，则
D．若，且，则
三、填空题（本题共3个小题，每小题5分，共15分）
12．已知一个圆锥的侧面积为，它的侧面展开图是一个半圆，则此圆锥的体积为 .
13．已知定义在R上的函数的导函数为，，且，则不等式的解集为 .
14．在正三角形中，由可得到三角恒等式，其中，以此类推，在正边形中，可得到三角恒等式 ；
四、解答题（本题共5小题，其中15题13分，16、17题各15分，18、19题各17分，共77分，解答应写出文字说明、证明过程和验算步骤）
15．首次实施新高考的八省（市）于2021年1月23日统一举行了新高考适应性考试，在联考结束后，根据联考成绩，考生可了解自己的学习情况，作出升学规划，决定是否参加强基计划．在本次适应性考试中，某学校为了解高三学生的联考情况，随机抽取了100名学生的联考数学成绩作为样本，并按照分数段，，，，分组，绘制了如图所示的频率分布直方图．
（Ⅰ）求出图中的值并估计本次考试及格率（“及格率”指得分为90分及以上的学生所占比例）；
（Ⅱ）估计该校学生联考数学成绩的第80百分位数；
（Ⅲ）估计该校学生联考数学成绩的众数、平均数．
16．已知函数.
（1）求函数的单调区间和极值；
（2）若方程有两个不同的解，求实数a的取值范围.
17．如图，在五面体中，平面，，，．

(1)求证：平面平面；
(2)若，五面体的体积为，求平面与面所成角的正弦值．
18．已知双曲线C的中心在坐标原点，焦点在x轴上，离心率，虚轴长为2．
（1）求双曲线C的标准方程；
（2）若直线与双曲线C相交于两点，（均异于左、右顶点），且以为直径的圆过双曲线C的左顶点D，求证：直线l过定点，并求出该定点的坐标．
19．若各项为正的无穷数列满足：对于，，其中为非零常数，则称数列为数列.记.
(1)判断无穷数列和是否是数列，并说明理由；
(2)若是数列，证明：数列中存在小于1的项；
(3)若是数列，证明：存在正整数，使得.
南宁二中2023-2024学年度下学期高二开学考试
数学答案解析
一、选择题（本题共8小题，每小题有且仅有一个正确答案，每小题5分）
1．命题“”的否定是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】根据含有一个量词的命题的否定，即可得答案.
【详解】命题“”为全称量词命题，
它的否定是，
故选：C
2．已知抛物线的方程为则抛物线的焦点坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据给定的抛物线方程，求出抛物线的焦点坐标即得.
【详解】抛物线：的焦点在轴上，其坐标为.
故选：C
3．已知函数f（x）在点（2，f（2））处的切线方程为2x+y-1=0，则f’（2）+f（2）=（ ）
A．-5 B．-3 C．3 D．5
【答案】A
4．已知，设，则与的值的大小关系是 （ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】利用作差法比较大小即可.
【详解】因为，
所以，
当且仅当时等号成立，故.
故选：D
5．在公元前500年左右的毕达哥拉斯学派的数学家们坚信，“万物皆（整）数与（整）数之比”，但后来的数学家发现了无理数，引发了数学史上的第一次数学危机.下图是公元前400年古希腊数学家泰特拖斯用来构造无理数、、，……的图形，此图形中的余弦值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】利用余弦定理求解.
【详解】在中，，
在中，.
故选:D.
6．如图，在正三棱柱中，若，则C到直线的距离为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】取AC的中点O，建立如图所示的空间直角坐标系，根据点到线距离的向量求法和投影的定义计算即可.
【详解】由题意知，，
取AC的中点O，则，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以，
所以在上的投影的长度为，
故点C到直线的距离为：.
故选：D
7．已知定义在上的函数满足，当时，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】先由求出，由确定为周期函数且，最后由周期得出.
【详解】由，得，所以，解得，
所以当时，．由，得，
即函数为周期函数且，
所以．
故选：D．
【点睛】关键点睛：解决本题的关键在于由求出函数为周期函数，进而由周期性得出.
8．已知函数的值域为，关于其定义域，下列说法正确的是（ ）
A．只能是实数集
B．任取中两个元素，乘积一定非负
C．不可能是无穷多个闭区间的并集
D．可能是所有有理数以及负无理数所成集合
【答案】D
【分析】利用二次函数的性质逐一分析ABD，举反例排除C，从而得解.
【详解】对于A，当时，满足的值域为，故A错误；
对于B，当时，满足的值域为，
此时取，则，故B错误；
对于C，取，
此时，对于任意，取表示的整数部分，
则，即，故有，故C错误.
对于D，当时，满足的值域为，
而所有有理数以及负无理数所成集合包含了，满足题意，故D正确.
故选：D.
【点睛】关键点睛：本题选项C的解决关键是对无穷大的理解.
二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分）
9．直线和直线，下列说法正确的是（ ）
A．当时，或；
B．当时，；
C．当时，过直线与的交点且平行于的直线方程为：
D．当时，直线关于对称的直线方程为：
【答案】BD
【分析】对于A、B选项，根据两条直线互相平行和垂直的充要条件即可判断；对于C选项，求出直线的点斜式方程即可判断；对于D选项，先求出两条直线的交点，再求出直线关于的对称点，根据直线上的两点即可求出直线方程，进一步判断即可.
【详解】对于A：当时，有，此方程无解，故A错误；
对于B：令，解得，此时，，，故B正确；
对于C：当时，，，联立，得直线与的交点为，平行于的直线斜率为1，
故过直线与的交点且平行于的直线方程为：，故C错误；
对于D：当时，直线与的交点为,易知点在直线上，
设该点关于直线的对称点为，
则，解得，
所以，因为，所以，
所以所求直线方程为，即，故D正确.
故选：BD.
10．函数（其中，，）的部分图象如图所示，则（ ）
A．
B．函数的最小正周期是
C．函数的图象关于直线对称
D．将函数的图象向左平移个单位长度以后，所得的函数图象关于原点对称
【答案】AC
【分析】利用图象求出函数的解析式，代值计算可判断A选项；利用正弦型函数的周期性可判断B选项；利用正弦型函数的对称性可判断C选项；利用三角函数图象变换可判断D选项.
【详解】由图可知，，
函数的最小正周期满足，则，，B错；
所以，，
，可得，
因为，所以，，则，可得，
所以，，则，A对；
，
所以，函数的图象关于直线对称，C对；
将函数的图象向左平移个单位长度以后，
得到函数的图象，所得函数为非奇非偶函数，D错.
故选：AC.
11．设函数，则（ ）
A．
B．函数有最大值
C．若，则
D．若，且，则
【答案】ACD
【分析】根据的解析式直接求解可对A判断；利用导数求最值方法可对B判断；结合给出的已知条件并利用A、B中的结论可对C、D判断求解.
【详解】对A，由题意知，所以，故A正确；
对B，由题意知的定义域为，，
当，，当，，所以在上单调递减，在上单调递增，
所以当时，取到极小值也是最小值，故B错误；
对C，当时，可得，由A知，
所以，
由B知恒成立，所以，故C正确；
对D，当时，得，又因为，所以，
由B知在上单调递增，所以，又由A知，
所以，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】方法点睛：灵活运用已知条件，，并结合的对称性和单调性进行求解.
三、填空题（本题共3个小题，每小题5分，共15分）
12．已知一个圆锥的侧面积为，它的侧面展开图是一个半圆，则此圆锥的体积为 .
【答案】
【分析】设圆锥的底面半径为，母线长为，分析得出，由圆锥的侧面积计算出、的值，可求得圆锥的高，再利用圆锥的体积公式可求得结果.
【详解】设圆锥的底面半径为，母线长为，则圆锥的底面圆周长为，可得，
圆锥的侧面积为，解得，，
所以，圆锥的高为，
因此，该圆锥的体积为.
故答案为：.
13．已知定义在R上的函数的导函数为，，且，则不等式的解集为 .
【答案】
【分析】首先构造函数，理由导数判断函数的单调性，再求解不等式.
【详解】设函数，
，所以单调递增，
不等式，即，即，
所以不等式的解集为.
故答案为：
14．在正三角形中，由可得到三角恒等式，其中，以此类推，在正边形中，可得到三角恒等式 ；
【答案】 ，
【分析】第一个空利用类比和已知格式推断在正边形中可得到三角恒等式；
第二个空利用诱导公式将化为，
然后利用降幂公式化简，结合求出结果.
【详解】记单位向量，在边长为1的正边形中，
因为，
所以，
故答案为： ；
四、解答题（本题共5小题，其中15题13分，16、17题各15分，18、19题各17分，共77分，解答应写出文字说明、证明过程和验算步骤）
15．首次实施新高考的八省（市）于2021年1月23日统一举行了新高考适应性考试，在联考结束后，根据联考成绩，考生可了解自己的学习情况，作出升学规划，决定是否参加强基计划．在本次适应性考试中，某学校为了解高三学生的联考情况，随机抽取了100名学生的联考数学成绩作为样本，并按照分数段，，，，分组，绘制了如图所示的频率分布直方图．
（Ⅰ）求出图中的值并估计本次考试及格率（“及格率”指得分为90分及以上的学生所占比例）；
（Ⅱ）估计该校学生联考数学成绩的第80百分位数；
（Ⅲ）估计该校学生联考数学成绩的众数、平均数．
【答案】（Ⅰ），；（Ⅱ）120；（Ⅲ）众数为100，平均为.
【分析】（Ⅰ）由频率分布直方图的性质列出方程，求得，进而得到及格率；
（Ⅱ）分别求得在110以下和130以下的学生所在比例，结合百分数的计算方法，即可求解；
（Ⅲ）结合频率分布直方图的众数和平均数的计算方法，即可求解.
【详解】（Ⅰ）由频率分布直方图的性质，可得，
解得．
所以及格率为.
（Ⅱ）得分在110以下的学生所在比例为，
得分在130以下的学生所占比例为，
所以第80百分位数位于内，
由，估计第80百分位数为120．
（Ⅲ）由图可得，众数估计值为100．
平均数估计值为．
16．已知函数.
（1）求函数的单调区间和极值；
（2）若方程有两个不同的解，求实数a的取值范围.
【答案】（1）单增区间是，单减区间是，极小值，无极大值；（2）.
【分析】（1）利用导数求解单调区间和极值即可；
（2）根据（1）得到当，，，，，即可得到实数a的取值范围.
【详解】（1）的定义域是，，
可得，
x -2
0
减函数 极小值 增函数
所以的单增区间是，单减区间是
当时，取得极小值，无极大值.
（2）由（1）以及当，，
，， ，
因为方程有两个不同的解，
所以a的取值范围为.
17．如图，在五面体中，平面，，，．

(1)求证：平面平面；
(2)若，五面体的体积为，求平面与面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）通过证明线面垂直，来证得平面平面.
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求得平面与面所成角的余弦值，再转化为正弦值.
【详解】（1）取的中点，连接，因为，所以，
因为平面，平面，所以，
由于平面，所以平面.
取的中点，连接，则，
由于，所以，所以四边形是平行四边形，
所以，所以平面，
由于平面，所以平面平面.
（2）在等腰三角形中，，
过作，垂足为，
则，
由于平面，平面，所以，
由于平面，所以平面，
设，则,
.
由（1）可知两两相互垂直，
建立如图所示空间直角坐标系，
则，
，
设平面与平面的一个法向量分别为，
所以，
，
设平面与平面所成角为，
则，
所以.

18．已知双曲线C的中心在坐标原点，焦点在x轴上，离心率，虚轴长为2．
（1）求双曲线C的标准方程；
（2）若直线与双曲线C相交于两点，（均异于左、右顶点），且以为直径的圆过双曲线C的左顶点D，求证：直线l过定点，并求出该定点的坐标．
【答案】（1）；（2）．
【分析】（1）利用待定系数法求出双曲线的方程；（2）设，，联立，用“设而不求法”表示出，代入可求解．
【详解】（1）由题设双曲线的标准方程为，由已知得：，
又，所以双曲线的标准方程为.
（2）设，，联立，得.
故.
所以，
以为直径的圆过双曲线C的左顶点，
，
，
当时，l的方程为，直线过定点，与已知矛盾；
当时，l的方程为，直线过定点，经检验符合已知条件.
所以，直线l过定点，定点坐标为．
19．若各项为正的无穷数列满足：对于，，其中为非零常数，则称数列为数列.记.
(1)判断无穷数列和是否是数列，并说明理由；
(2)若是数列，证明：数列中存在小于1的项；
(3)若是数列，证明：存在正整数，使得.
【答案】(1)是数列，不是数列，理由见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）代入定义计算即可得；
（2）借助题目条件，借助放缩将等式转换为不等式后结合数列的函数性质即可得；
（3）由题意将表示出来后，使用放缩技巧，通过放缩法结合裂项相消法求和以表示出与有关不等式即可证明.
【详解】（1）是数列，不是数列，理由如下：
当时，，，
则，故是数列；
当时，，，
则，故不是数列；
（2）若是数列，则且，
此时数列是以为首项，为公差的等差数列，
故，当时，则总存在正整数，使，
与矛盾，故恒成立，，
有，，
即，，有，
则，
由随的增大而增大，
故总存在正整数使，即数列中存在小于1的项；
（3）由（2）得，故，
即
，
则
，由随的增大而增大，
且时，，
故对任意的，总存在正整数使，
即总存在正整数，使得.
【点睛】关键点睛：本题第三问的关键是通过放缩法结合裂项相消法求和以表示出与有关不等式.