2023-2024学年江西省宜春市丰城市高二（重点班）上册开学考试数学试题（含解析）

2023-2024学年江西省宜春市丰城市高二上册开学考试数学试题一､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，，若集合有4个子集，则实数A．0、1或3 B．1或3 C．1或 D．0或32．已知复数，则下列说法正确的是A．复数z的实部为3 B．复数z的共轭复数为：C．复数z部虚部为： D．复数z的模为53．已知函数且的图象过定点，若抛物线也过点，则抛物线的准线方程为（

）A． B．C． D．4．（

）A． B． C． D．5．的展开式中的系数是12，则实数a的值为（

）A．4 B．5 C．6 D．76．若数列的前项积，则的最大值与最小值的和为（

）A． B． C．2 D．37．蚊香具有悠久的历史，我国蚊香的发明与古人端午节的习俗有关.如图为某校数学社团用数学软件制作的“蚊香”.画法如下：在水平直线上取长度为1的线段AB，作一个等边三角形ABC，然后以点B为圆心，AB为半径逆时针画圆弧交线段CB的延长线于点D（第一段圆弧），再以点C为圆心，CD为半径逆时针画圆弧交线段AC的延长线于点E，再以点A为圆心，AE为半径逆时针画圆弧……以此类推，当得到的“蚊香”恰好有11段圆弧时，“蚊香”的长度为（

）A． B． C． D．8．南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中，提出了一些新的垛积公式，所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是逐项差数之差或者高次差成等差数列．对这类高阶等差数列的研究，在杨辉之后一般称为“垛积术”，现有高阶等差数列，其前7项分别为1，5，11，21，37，61，95，则该数列的第8项为（

）A．99 B．131 C．139 D．141二､多选题：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．下列命题中，正确的命题是（

）A．已知随机变量服从，若，则B．设随机变量服从，若，则C．已知，则D．的第75百分位数为10．已知函数，若要得到一个偶函数的图象，则可以将函数的图象（

）A．向左平移个单位长度 B．向右平移个单位长度C．向左平移个单位长度 D．向右平移个单位长度11．设为的外心，，，的角平分线交于点，则（

）A． B．C． D．12．如图所示，在长方体中，是的中点，直线交平面于点，则（

）A．三点共线B．的长度为1C．直线与平面所成角的正切值为D．的面积为三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分，请把正确答案填在题中横线上）13．已知平面向量，满足，，与的夹角为，则.14．设且，已知数列满足，且是递增数列，则a的取值范围是．15．定义各项为正数的数列的“美数”为.若各项为正数的数列的“美数”为，且，则.16．已知三棱锥的外接球表面积为，，则三棱锥体积的最大值为.四､解答题本本题共5小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.17．已知数列的前项和为，且.(1)证明：数列为等比数列，并求出的通项公式；(2)若，求数列的前项和.18．已知向量，，记函数．（1）求不等式的解集；（2）在中，三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若且、、成等差数列，，求的面积S的值．19．数列是等比数列，公比不为1，，且，，成等差数列.（Ⅰ）设数列的前项和为，求；（Ⅱ）设，为数列的前项和，求不超过的最大整数.20．如图，在四棱锥中，平面，底面是边长为2的菱形，点F为棱的中点．(1)若E是的中点，证明：平面；(2)若，求直线与平面所成角的正弦值．21．食品安全问题越来越受到人们的重视，某超市在进某种蔬菜前，食品安检部门要求对每种蔬菜进行三轮各项指标的综合检测，只有三轮检测都合格，该种蔬菜才能在该超市销售，已知每箱这种蔬菜第一轮检测不合格的概率为，第二轮检测不合格的概率为，第三轮检测不合格的概率为，每轮检测只有合格与不合格两种情况，且各轮检测互不影响.(1)求每箱这种蔬菜能在该超市销售的概率；(2)若这种蔬菜能在该超市销售，则每箱可获利100元，若不能在该超市销售，则每箱亏损50元，现有3箱这种蔬菜，设这3箱蔬菜的总收益为元，求的分布列和数学期望.22．已知圆，椭圆．(1)求证：圆C在椭圆M内；(2)若圆C的切线m与椭圆M交于P，Q两点，F为椭圆M的右焦点，求△面积的最大值．1．D【分析】集合有4个子集，则或，进而可得答案．【详解】由题集合有4个子集，所以A与B的交集有两个元素，则或，当时，可得或，当时，集合，，不满足集合的互异性，故或．本题主要考查集合中元素的关系，属于简单题．2．B【分析】将复数化为形式，则实部为，虚部为，共轭复数为，模为．【详解】，则实部为，虚部为，共轭复数为：，模为．选B.本题考查复数的基本运算，属于简单题．3．B【分析】根据给定条件，求出函数图象恒过的点，求出抛物线方程即可作答.【详解】因为对于，当，即时，恒有，因此函数的图象过定点，而点在抛物线上，则，解得，所以抛物线的准线方程为.故选：B4．C【分析】根据两角和的正切公式求得正确答案.【详解】，所以，整理得.故选：C5．C【分析】利用二项式定理将式子展开即可求解.【详解】利用二项式定理展开得则的系数为.故选：C.6．C【分析】由题可得，利用数列的增减性可得最值.【详解】∵数列的前项积，当时，，当时，，，时也适合上式，∴，∴当时，数列单调递减，且，当时，数列单调递减，且，故的最大值为，最小值为，∴的最大值与最小值之和为2.故选：C.7．D【分析】确定每段圆弧的中心角是，第段圆弧的半径为，由弧长公式求得弧长，然后由等差数列前项和公式计算．【详解】由题意每段圆弧的中心角都是，第段圆弧的半径为，弧长记为，则，所以．故选：D．8．D【分析】根据题中所给高阶等差数列定义，找出其一般规律即可求解.【详解】设该高阶等差数列的第8项为，根据所给定义，用数列的后一项减去前一项得到一个数列，得到的数列也用后一项减去前一项得到一个数列，即得到了一个等差数列，如图：由图可得，则.故选：D9．AC【分析】根据二项分布的期望、方差公式计算可知，A正确；根据正态分布的对称性计算可知B不正确；根据互斥事件概率的加法公式计算可知，C正确；根据百分位数定义计算可知，D不正确.【详解】对于A，因为，所以，解得，故A正确；对于B，因为，所以，故B不正确；对于C，因为，所以，所以，所以，故C正确；对于D，因为，所以不是整数，所以，即的第75百分位数为第7个数据，故D不正确.故选：AC10．AD【分析】根据左加右减原理，逐项平移然后利用诱导公式进行化简，结合余弦函数的奇偶性进行判断即可得解.【详解】对A，平移后得为偶函数，故A正确；对B，平移后得无奇偶性，故B错误；对C，平移后得无奇偶性，故C错误；对D，平移后得为偶函数，故D正确.故选：AD11．AC【分析】对于A、B：根据题意结合正弦定理可得，结合平面向量的线性运算求；对于C、D：根据外心的性质结合平面向量的数量积运算求解.【详解】在中，有正弦定理可得，可得，在中，有正弦定理可得，可得，因为，，为的角平分线，可知，则，可得，所以，即，可得，故A正确，B错误；分别取的中点，连接，可知，因为为的外心，则，，所以，故C正确；D错误.故选：AC.

12．ABD【分析】对于A，利用公理3，分别证明点同时在两个平面上即可；对于B，利用长方体的性质，以及中位线定理，可得答案；对于C，利用线面角的定义，根据长方体的几何性质，结合三角函数定义，可得答案；对于D，利用三角形之间的关系，可得答案.【详解】对于A，连结，则四点共面，平面平面，又平面在平面与平面的交线上，同理也在平面与平面的交线上.三点共线，故A正确：对于B，设直线与平面的交点为，易证平面平面，从而得到，因为为中点，所以为中点，同理可得为的中点，所以，故B正确；对于C，取中点，连接，因为平面平面，则即为直线与平面所成角，，故C错误；对于D，因为，所以•，故D正确.故选：ABD.13．6【分析】根据给定条件，利用向量数量积的性质及运算律求解作答.【详解】因，，与的夹角为，则，所以.故614．【分析】根据数列的单调性结合函数的性质列出不等式求解.【详解】因为是递增数列，所以解得，故答案为:.15．【分析】首先利用“美数”的定义，得到，再求数列的通项公式，并得到，最后利用裂项相消法求和.【详解】因为各项为正数的数列的“美数”为，所以.设数列的前项和为，则，所以.当时，，所以，满足式子，所以.又，所以，所以.故答案为.16．【分析】根据，可确定平面，，从而确定三棱锥外接球的球心为的中点，以及三棱锥的高为，再根据三棱锥的外接球表面积为，计算出外接球半径，，当为以为直径的半圆的中点时，的面积取得最大值，则此时体积最大，求解即可.【详解】依题意，，解得，记三棱锥外接球的球心为，的中点为，其中即为的中点，则，则，设，在中，由勾股定理可得，，即，解得，即三棱锥的高；因为，故为所在截面圆的直径，故当为半圆的中点时，的面积取得最大值，则三棱锥体积的最大值为故本题考查求三棱锥体积最值问题，属于较难的一道题.17．(1)证明见解析，(2)【分析】（1）求出，继而写出时，，和已知等式相减结合的关系可得，即可证明结论；根据等比数列的通项公式即可求得数列的通项公式；（2）由（1）结论可求出的通项公式，利用错位相减法可求得答案.【详解】（1）当时，，解得，当时，.可得，整理得，从而，又，所以数列是首项为1，公比为2的等比数列.所以，故，也适合该式，综上，数列的通项公式为.（2）由（1）得，所以，又，，，，两式相减得.18．（1）（2）【分析】（1）由题可得，所以不等式可化为：，进而得出答案．（2））由（1）知：，解得，由正、余弦定理及得：，从而得出，再求出的面积S的值．【详解】（1）由，得：．∴不等式可化为：，∴，．即：，∴不等式的解集为：（2）由（1）知：，∴，又∵，∴，∴，∴因为、、成等差数列，所以再由正、余弦定理及得：，∴，∴所以是正三角形，故.本题以向量为背景考查三角函数的基本公式以及解三角不等式，考查正、余弦定理和三角形的面积计算，属于一般题．19．（Ⅰ）；（Ⅱ）不超过的最大整数为2020.【分析】（Ⅰ）根据等差、等比的通项公式求出，再由错位相减法即可求解.（Ⅱ）由数列的裂项求和法即可求解.【详解】（Ⅰ）由题意得，，设的公比为，则，解得，∴，则，∴，则，两式相减得，，∴.（Ⅱ）由（Ⅰ）得，，令，则，∴，∴，故不超过的最大整数为2020.本题是数列的综合题，考查了等差、等比的通项公式，考查了数列求和的错位相减法、裂项求和法，属于中档题.20．(1)证明见解析(2)【分析】（1）利用线面平行的判定定理，构造平行四边形法即可.（2）建立直角坐标系，利用向量法求直线与平面所成角的正弦值.【详解】（1）证明：取的中点Q，连接、，由题意，且，且，故且，∴四边形为平行四边形，∴．又平面，平面，∴平面．（2）取的中点M，连接，易知、、两两垂直，故以D为原点，，，所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，∴，，，设平面的一个法向量为．则，取，得，设直线与平面所成的角为，则，∴直线与平面所成角的正弦值为．21．(1)(2)分布列见解析，30【分析】（1）根据独立事件概率乘法公式进行计算；（2）写出的可能取值及概率，求出分布列和数学期望.【详解】（1）设每箱这种蔬菜能在该超市销售为事件，则，即每箱这种蔬菜能在该超市销售的概率为.（2）的所有可能取值