黄金卷：2024-2025学年高二上学期入学摸底考试数学试卷-高二数学（含答案及解析）（上海专用）-2024年新高二开学摸底考试卷

新高二开学摸底考试卷（上海专用）数学（考试时间：120分钟试卷满分：150分）注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3．考试范围：必修第二册+第三册第10章4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、填空题（本大题共有12题，满分54分，第1-6题每题4分，第7-12题每题5分）1．已知复数，（i是虚数单位），则．2．已知扇形的周长为6，则面积，该扇形的圆心角大小为弧度.3．函数的最小正周期为．4．设向量，则在方向上的数量投影为.5．方程在内的解为.6．已知复数是实系数二次方程的一根，则b=.7．如图，某体育公园广场放置着一块高为3米的大屏幕滚动播放各项体育赛事，大屏幕下端离地面高度3.5米，若小明同学的眼睛离地面高度1.5米，则为了获得最佳视野（最佳视野指看到大屏幕的上下夹角最大），小明应在距离大屏幕所在的平面米处观看?（精确到0.1米）.8．在中，角，，的对边分别为，，，，则．9．已知是空间的两条不同直线，是两个不同的平面，下列四个命题中真命题的编号是.①，则

②，则③，则

④，则10．函数的部分图像的示意图如图所示，已知，且，则．11．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥底面ABCD，底面ABCD是边长为1的正方形，PA＝1，则侧面PCD与底面ABCD所成的二面角的大小是．12．在锐角中，，它的面积为10，，，分别在、上，且满足，对任意，恒成立，则.二、选择题(本题共有4题，满分18分，第13-14题每题4分，第15-16题每题5分；每题有且只有一个正确选项)13．下列命题中真命题是（

）A．四边形一定是平面图形B．相交于一点的三条直线只能确定一个平面C．四边形四边上的中点可以确定一个平面D．如果点，，平面，且，，平面，则平面与平面为同一平面14．已知向量，，则下列结论：①若，则②若，则③若与的夹角为，则其中正确结论的有（

）A．1个 B．2个 C．3个 D．0个15．若，，且，，则的值为（

）A． B． C． D．16．已知是定义在复数集上的次实系数多项式（是正整数），给出下列两个命题：①如果虚数是的根，即，那么也是的根，即；②可以因式分解成若干一次或二次实系数多项式的乘积；则下列说法正确的是（

）A．命题①②都是真命题 B．命题①②都是假命题C．命题①是真命题，命题②是假命题 D．命题①是假命题，命题②是真命题三、解答题(本大题共有5题，满分78分，第17-19题每题14分，第20题16分，第21题20分.)17．在中，内角A、B、C所对边的长分别为a、b、c，，.(1)若，求A和外接圆半径R的值；(2)若三角形的面积，求c.18．如图，点是单位圆与轴正半轴的交点，点在单位圆上，（），，四边形的面积为．(1)求的最大值及此时的值；(2)设点的坐标为，，在（1）的条件下，求的值．19．如图，在四棱锥中，底面是边长为1的正方形，，、分别是、的中点.(1)求证：平面；(2)若二面角的大小为，求直线与平面所成角的大小.20．上海花博会的成功举办离不开对展览区域的精心规划.如图所示，将展区中扇形空地分隔成三部分建成花卉观赏区，分别种植玫瑰花、白玉兰和菊花.知扇形的半径为米，，动点在扇形的弧上，点在半径上，且.(1)当米时，求分隔栏的长；(2)综合考虑到成本和美观等原因，希望使白玉兰种植区的面积尽可能的大，求该种植区三角的面积的最大值.21．对于函数（），若存在非零常数，使得对任意的，都有成立，我们称函数为“函数”，若对任意的，都有成立，则称函数为“严格函数”．(1)求证：，是“函数”；(2)若函数是“函数”，求的取值范围；(3)对于定义域为的函数，．函数是奇函数，且对任意的正实数，均是“严格函数”．若，，求的值.

新高二开学摸底考试卷（上海专用）数学（考试时间：120分钟试卷满分：150分）注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3．考试范围：必修第二册+第三册第10章4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、填空题（本大题共有12题，满分54分，第1-6题每题4分，第7-12题每题5分）1．已知复数，（i是虚数单位），则．【答案】【分析】直接计算可得答案.【详解】.故答案为：.2．已知扇形的周长为6，则面积，该扇形的圆心角大小为弧度.【答案】2【分析】根据题意结合扇形的弧长和面积公式列式求解即可.【详解】设扇形的半径为，圆心角为，由题意可得，解得，所以该扇形的圆心角大小为2弧度.故答案为：2.3．函数的最小正周期为．【答案】/【分析】由正切型函数周期性定义计算即可得.【详解】由正切型函数性质可知.故答案为：.4．设向量，则在方向上的数量投影为.【答案】【分析】根据数量投影的概念和公式可解．【详解】在方向上的数量投影为．故答案为：5．方程在内的解为.【答案】/【分析】由在上单调递减求解即可.【详解】设，，则函数在上单调递减，又因为，所以方程在内有唯一解为.故答案为：.6．已知复数是实系数二次方程的一根，则b=.【答案】【分析】由韦达定理、复数四则运算即可直接运算求解.【详解】由二次方程求根公式可知虚根是成对出现的，故都是方程的解，所以,.故答案为：.7．如图，某体育公园广场放置着一块高为3米的大屏幕滚动播放各项体育赛事，大屏幕下端离地面高度3.5米，若小明同学的眼睛离地面高度1.5米，则为了获得最佳视野（最佳视野指看到大屏幕的上下夹角最大），小明应在距离大屏幕所在的平面米处观看?（精确到0.1米）.【答案】3.2【分析】作于，设，根据两角差的正切公式，结合不等式求的最大值，并确定对应的即可.【详解】如图：作于，设，则，.所以（当且仅当时取“”）又，故（米），故答案为：3.28．在中，角，，的对边分别为，，，，则．【答案】/【分析】由正弦定理可得，再利用化简可得，再结合两角差的正弦公式求解即可．【详解】，，由正弦定理得，，，，，又，，，即，，，又，，，即.故答案为：.9．已知是空间的两条不同直线，是两个不同的平面，下列四个命题中真命题的编号是.①．，则

②．，则③．，则

④．，则【答案】①④【分析】根据空间中直线与平面的位置关系一一判断.【详解】对①，因为，所以，又因为，所以，①正确；对②，由，可得或，②错误；对③，由，可得直线与平面的位置关系可以是平行或相交，③错误；对④，因为，所以，④正确；故答案为：①④.10．函数的部分图像的示意图如图所示，已知，且，则．【答案】【分析】借助图象结合三角函数的周期性可计算出函数解析式，再由所给条件可得，代入计算即可得解.【详解】由图可得，又，故，，又，故，则有，，即，，又，则，即，由，则，即，故或，，即或，，又，故，则.故答案为：.11．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥底面ABCD，底面ABCD是边长为1的正方形，PA＝1，则侧面PCD与底面ABCD所成的二面角的大小是．

【答案】45°【分析】由题意可证得CD⊥平面PAD，从而∠PDA为侧面PCD与底面ABCD所成的二面角的平面角，求解即可.【详解】因为底面ABCD是边长为1的正方形，所以AD⊥CD，又因为PA⊥底面ABCD，CD⊂底面ABCD，所以PA⊥CD，因为PA∩AD＝A，PA、AD在面PAD内，所以CD⊥平面PAD，又因为PD⊂平面PAD，所以CD⊥PD，于是∠PDA为侧面PCD与底面ABCD所成的二面角的平面角，因为PA⊥底面ABCD，AD⊂底面ABCD，PA⊥AD，又因为PA＝1，AD＝1，所以∠PDA＝45°，于是侧面PCD与底面ABCD所成的二面角的大小为45°．故答案为：45°．12．在锐角中，，它的面积为10，，，分别在、上，且满足，对任意，恒成立，则.【答案】【分析】根据三角形面积求得，根据两不等式恒成立，判断，，再由，结合三角形和三角形面积公式，推出和，最后根据向量数量积的定义式即可求得.【详解】因的面积为10，且，则有，解得，由图知表示直线上一点到点的向量，而则表示直线上一点到点的距离，由对任意恒成立可知，的长是点到直线上的点的最短距离，故易得，此时,同理可得.如图所示,因，由可得：，由可得：，由锐角可得是锐角，故是钝角，于是，于是.故答案为：.【点睛】方法点睛：本题主要考查不等式恒成立和向量数量积的计算，属于较难题.处理恒成立问题，一般可考虑分类讨论法，参变分离法，结合图形几何意义判断法等方法；对于数量积运算，可考虑定义法，基向量表示法和向量坐标法来解决.二、选择题(本题共有4题，满分18分，第13-14题每题4分，第15-16题每题5分；每题有且只有一个正确选项)13．下列命题中真命题是（

）A．四边形一定是平面图形B．相交于一点的三条直线只能确定一个平面C．四边形四边上的中点可以确定一个平面D．如果点，，平面，且，，平面，则平面与平面为同一平面【答案】C【分析】利用平面的基本性质逐一判断即可．【详解】对于A，四边形有平面四边形和空间四边形，由不共面的四个点构成的四边形为空间四边形，故A错误；对于B，三棱锥三条侧棱所在的直线相交于一点，但这三条直线不共面，故B错误；对于C，由四边形四边上的中点连线为平行四边形，平行四边形对边平行，所以四边形四边上的中点可以确定一个平面，故C正确；下面证明四边形四边上的中点连线为平行四边形．证明：如图为四边形，其中，，，分别为，，，的中点，连接，，，由，为，，则，且，同理，且，所以，且，所以四边形为平行四边形．对于D，当点，，在一条直线上时，平面和与平面也可能相交，故D错误．故选：C．14．已知向量，，则下列结论：①.若，则②.若，则③.若与的夹角为，则其中正确结论的有（

）A．1个 B．2个 C．3个 D．0个【答案】B【分析】根据向量共线的坐标表示判断①，根据数量积的坐标表示判断②，首先求出、，再根据数量积的定义求出，最后根据数量积的运算律判断③.【详解】向量，，若，则，解得，故①正确；若，则，解得，故②正确；因为，，若与的夹角为，则，故，故③错误.故选：B15．若，，且，，则的值为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】求出的正切值及的取值范围，即可得出的值.【详解】因为，，则，又因为，则，由二倍角正切公式可得，所以，，因为，，则，即，因此，.故选：B.16．已知是定义在复数集上的次实系数多项式（是正整数），给出下列两个命题：①如果虚数是的根，即，那么也是的根，即；②可以因式分解成若干一次或二次实系数多项式的乘积；则下列说法正确的是（

）A．命题①②都是真命题 B．命题①②都是假命题C．命题①是真命题，命题②是假命题 D．命题①是假命题，命题②是真命题【答案】A【分析】由已知根据复数的运算及共轭复数的概念即可证明①；结合①可知的虚数根成对出现，且互为共轭复数，即可判断②.【详解】因为是的根，所以，所以，于是，即，所以是的根，，故①正确;由①可知，若虚数满足，则也满足，所以的虚数根成对出现，且互为共轭复数，所以可以因式分解成若干一次或二次实系数多项式的乘积，故②正确.故选：.【点睛】关键点点睛：由根据复数的运算及共轭复数的概念可得是解题的关键.三、解答题(本大题共有5题，满分78分，第17-19题每题14分，第20题16分，第21题20分.)17．在中，内角A、B、C所对边的长分别为a、b、c，，.(1)若，求A和外接圆半径R的值；(2)若三角形的面积，求c.【答案】(1)，；(2)或.【分析】（1）由题可得，利用正弦定理即求；（2）利用三角形面积公式可得，再利用同角关系式及余弦定理即求.a【详解】（1）因为，则，且.由正弦定理，得，即，即，，因为，所以，因此，；（2）由得，于是.当时，由余弦定理，得.当时，由余弦定理，得.所以，或.18．如图，点是单位圆与轴正半轴的交点，点在单位圆上，（），，四边形的面积为．(1)求的最大值及此时的值；(2)设点的坐标为，，在（1）的条件下，求的值．【答案】(1)最大值是，此时.(2)【分析】（1）根据三角函数定义可得点坐标，根据向量数量积可得，根据向量加法几何意义得四边形为平行四边形，可得求解析式，根据配角公式将函数化为基本三角函数形式，最后根据正弦函数性质求最大值以及对应自变量；（2）由三角函数定义可得的正切值，结合两角和的正切公式可得．【详解】（1）由题意知的坐标分别为，．，.由题意可知.，.所以，故时，的最大值是，此时.（2），，..19．如图，在四棱锥中，底面是边长为1的正方形，，、分别是、的中点.(1)求证：平面；(2)若二面角的大小为，求直线与平面所成角的大小.【答案】(1)证明见解析；(2)【分析】（1）取线段、的中点分别为、，连接、、，然后四边形为平行四边形，得到线线平行，从而证明线面平行；（2）根据线面角的定义，可由几何图形作出线面角，然后根据三角形求解即可.【详解】（1）证明：取线段、的中点分别为、，连接、、，则，，又底面是正方形，即，则，即四边形为平行四边形，则，又在平面外，平面，故平面.

（2）取线段的中点为点，连接、，又，底面是边长为的正方形，则，且，，又二面角的大小为，即平面平面，又平面，平面平面，则平面，则是直线与平面所成角，在中，，即，故直线与平面所成角的大小为.20．上海花博会的成功举办离不开对展览区域的精心规划.如图所示，将展区中扇形空地分隔成三部分建成花卉观赏区，分别种植玫瑰花、白玉兰和菊花.知扇形的半径为米，，动点在扇形的弧上，点在半径上，且.

(1)当米时，求分隔栏的长；(2)综合考虑到成本和美观等原因，希望使白玉兰种植区的面积尽可能的