2024-2025学年江西省上饶市高二上学期开学考试数学检测试题合集2套（附解析）

2024-2025学年江西省上饶市高二上学期开学考试数学检测试题（一）一、单选题（本大题共8小题）1．若复数满足，则在复平面内对应的点位于（

）A．第一象限 B．第二象限C．第三象限 D．第四象限2．古代文人墨客与丹青手都善于在纸扇上题字题画，题字题画的扇面多为扇环形.已知某纸扇的扇面如图所示，其中外弧长与内弧长之和为，连接外弧与内弧的两端的线段长均为，且该扇环的圆心角的弧度数为，则该扇环的外弧长为（

）A． B． C． D．3．已知函数对任意满足，，且，则等于（

）A．1 B．0 C．2 D．4．已知向量，则在上的投影向量为（

）A． B． C． D．5．已知均为锐角，若则p是q的（

）A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件6．已知函数图象为，为了得到函数的图象，只要把上所有点（

）A．先向右平移个单位长度，再将横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变B．先向右平移个单位长度，再将横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变C．先将横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，再向右平移个单位长度D．先将横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再向右平移个单位长度7．在中，内角，，的对边分别为，，，且，则的取值范围是（

）A． B． C． D．8．已知定义在上的偶函数，当时，，对任意总有.当时，恒成立，则的最大值为（

）A． B． C． D．二、多选题（本大题共3小题）9．有一组样本数据：1，1，2，4，1，4，1，2，则（

）A．这组数据的众数为4 B．这组数据的极差为3C．这组数据的平均数为1.5 D．这组数据的分位数为110．若，则下列结论正确的有（

）A． B．若，则C．若，则 D．若，则11．半正多面体亦称“阿基米德体”“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形为面的多面体.某半正多面体由4个正三角形和4个正六边形构成，其可由正四面体切割而成.在如图所示的半正多面体中，若其棱长为1，则下列结论正确的是（

）

A．该半正多面体的表面积为B．与平面所成角的正弦值为C．该半正多面体外接球的表面积为D．若点，分别在线段，上，则的最小值为三、填空题（本大题共3小题）12．.13．如图，在中，，过点的直线分别交直线，于不同的两点，.设，，则的最小值为.

如图，莲花县荷塘乡重阳木古树已有800年左右的历史，该古树枝繁叶茂，以优美的形状挺立在文塘村，几百年来历经风霜守护村民繁衍生息.小明为了测量该古树高度，在古树旁水平地面上共线的三点，，处测得古树顶点的仰角分别为45°，45°，30°，若米，则该古树的高度为米.四、解答题（本大题共5小题）15．已知二次函数的图象过点，且不等式的解集为.(1)求的解析式；(2)设，若在上是单调函数，求实数的取值范围.16．在如图所示的多面体中.四边形是边长为的正方形，其对角线的交点为，平面，，.点是棱的中点.(1)求证：平面；(2)求多面体的体积.17．甲、乙两人组成“九章队”参加青岛二中数学学科周“最强大脑”比赛，每轮比赛由甲、乙各猜一个数学名词，已知甲每轮猜对的概率为，乙每轮猜对的概率为．在每轮比赛中，甲和乙猜对与否互不影响，各轮结果也互不影响．(1)求甲两轮至少猜对一个数学名词的概率；(2)求“九章队”在两轮比赛中猜对三个数学名词的概率．18．在中，，，分别是角，，的对边，向量，，且.(1)求；(2)若，，的平分线交于点，求的长.19．设为坐标原点，定义非零向量的“友函数”为，向量称为函数的“友向量”.(1)记的“友函数”为，求函数的单调递增区间；(2)设，其中，求的“友向量”模长的最大值；(3)已知点满足，向量的“友函数”在处取得最大值.当点运动时，求的取值范围.

参考答案1．【答案】C【分析】计算得到，再根据定义判断即可.【详解】由知，故在复平面内对应，在第三象限.故选：C.2．【答案】C【分析】设该扇环的内弧的半径为，根据弧长公式计算可得.【详解】设该扇环的内弧的半径为，则外弧的半径为，圆心角，所以，即，解得，所以该扇环的外弧长.故选：C3．【答案】B【分析】首先分析函数的周期，再利用对称性求值.【详解】，所以函数的周期为4，由，知，则.故选：B4．【答案】A【分析】根据投影向量的公式求解.【详解】根据题意，在上的投影向量为：.故选：A5．【答案】B【分析】以互为条件，举反例或利用正弦函数的单调性即可判断两者关系.【详解】先证不成立：令，则满足，但不满足，所以不成立；再证成立：因为，又，所以，因为在上单调递增，所以，故成立；综上：p是q的必要而不充分条件.故选：B.6．【答案】C【分析】根据三角函数平移伸缩变化求解即可.【详解】先将函数图象上每点横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，得到的图象，再将得到的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象.故选C.7．【答案】A【分析】由，利用正弦定理得到，再利用余弦定理结合两角和的正弦公式得到，进而得到，然后利用正弦定理和三角恒等变换，由求解.【详解】解：因为，由正弦定理得，由余弦定理得，即，由正弦定理得，又，所以，所以，又，，则，所以或，即或（舍去），则，所以解得，则．所以，，，即的取值范围是．故选：A．【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是得到，从而利用确定角B的范围，由此得解.8．【答案】C【分析】先分析、、时的函数解析式以及值域，再根据函数的倍增性和偶函数图象特征作出函数的图象，结合图象确定出符合条件的的范围即得的最大值.【详解】当时，,则即当时，；当时，，由题意，,则即当时，；同理，当时，.又为定义在R上的偶函数，其图象关于轴对称，故当时，，如图所示.当时，恒成立，即，，而由图象知，，则，当取最大值时，必有，且，由时，，可得，则得，或，由图知应舍去.故当，时，取得最大值.故选：C.【点睛】思路点睛：本题考查三角函数图象与性质的综合运用，属于难题.本题以分段函数为媒介，采用数形结合思想，通过数与形的相互转化能使繁难问题得到简化.常见的图象应用的命题角度有：（1）确定方程根的个数；（2）求参数范围；（3）求不等式解集；（4）研究函数性质.9．【答案】BD【分析】利用众数、极差、平均数与百分位数的定义求解即可.【详解】数据从小到大排列为1，1，1，1，2，2，4，4.对于A，该组数据的众数为1，故A错误；对于B，极差为，故B正确；对于C，平均数为，故C错误：对于D，因为，所以这组数据的分位数为第4个数1，故D正确.故选：BD.10．【答案】BCD【解析】对于选项ABC：利用基本不等式化简整理求解即可判断，对于选项D：利用作差法判断即可.【详解】对于选项A：若，由基本不等式得，即，得，故，当且仅当时取等号；所以选项A不正确；对于选项B：若，，，当且仅当且，即时取等号，所以选项B正确；对于选项C：由，，即，由基本不等式有：，当且仅当且，即时取等号，所以选项C正确；对于选项D：，又，得，所以，所以选项D正确；故选：BCD.【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.11．【答案】BCD【分析】根据给定的多面体，利用正四面体的性质、线面角的定义、球的截面圆的性质，以及多面体的侧面展开图，结合棱锥的表面积公式、球的表面积公式逐项判断，即可得解.【详解】解：该半正多面体的表面积为，选项A错误；选项B中，该半正多面体的所在的正四面体边长为，可求得高为，

，设点在平面的射影为，如上图，由比例关系可得，设与平面所成角为，则，选项B正确；

选项C中，该半正多面体外接球的球心即其所在正四面体的外接球的球心，如上图，记球心为，半径为，的中心为，连接、、、，由等边的边长为，可得，在正四面体中，可得，所以，，设，因为，可得,即，解得，即，所以，故该半正多面体外接球的表面积为，选项C正确；

选项D中，该半正多面体的展开图如上图所示，，，，，选项D正确.故选：BCD.12．【答案】2【分析】利用正切的两角和公式将展开整理可得.【详解】因为，整理得，所以.故答案为：213．【答案】【详解】因为，所以，所以，又，，所以，因为，，三点共线，所以，由图可知，，所以，当且仅当，即、时取等号，所以的最小值为.

故答案为：14．【答案】28；【分析】设古树高度为，表示出，利用，结合余弦定理列方程求解．【详解】设古树高度为，则，由得，由余弦定理得，解得，即为28米．故答案为：28．15．【答案】(1)(2)【分析】（1）设，代入点的坐标求出的值，即可求出函数解析式；（2）首先表示出，从而确定其对称轴，依题意得到或，解得即可.【详解】（1）因为不等式的解集为，所以和为关于的方程的两根，且二次函数的开口向上，则可设，，即，由的图象过点，可得，解得，所以，即.（2）因为，对称轴，因为在上是单调函数，所以或，解得或，即实数的取值范围.16．【答案】(1)证明见解析(2)2【分析】（1）根据线面垂直的性质证明四边形为矩形，求出，结合勾股定理和线面垂直的判定定理即可证明；（2）证出平面，由，利用锥体的体积公式即可求解.【详解】（1）连接.因为平面平面，所以，因为是中点，所以四边形为矩形，则.因为是正方形的对角线交点，所以为中点，，所以.因为四边形ABCD是正方形，所以，又，平面，平面，所以平面，而平面，所以.又平面，所以平面.（2）因为四边形是正方形，所以，因为平面，所以.因为平面，平面，且，所以平面.因为，所以，.因为四边形是边长为的正方形，所以，则.故多面体的体积.17．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据相互独立事件的乘法概率公式计算即可；（2）两人分别猜两次，总共四次中有一次没猜对，分四种情况计算可得答案.【详解】（1）设甲两轮至少猜对一个数学名词为事件，.（2）设事A＝“甲第一轮猜对”，B＝“乙第一轮猜对”，C＝“甲第二轮猜对”，D＝“乙第二轮猜对”，E＝““九章队”猜对三个数学名词”，所以，则，由事件的独立性与互斥性，得，故“九章队”在两轮活动中猜对三个数学名词的概率为．18．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据向量垂直的坐标表示结合二倍角公式可得，再根据正弦定理进行边角互化可得解；（2）由余弦定理可得，再利用等面积法可得角分线的长度.【详解】（1）由，则，即，再由正弦定理可知，即，则，又，则，所以，，又，所以；（2）由，，则，即，解得，又为的平分线，则，所以，即，所以，解得.19．【答案】(1)，(2)(3)【分析】（1）根据定义直接可得函数解析式并化简，进而可得函数的单调递增区间；（2）化简函数解析式，可判断函数ℎx（3）根据三角函数性质直接可得函数取得最值时根据不等式可得，再利用齐次式可得的最值.【详解】（1）由已知，则令，，解得，，即函数的单调递增区间为，；（2），则ℎx的“友向量”为，所以，又，所以当，时，取得最大值为；（3）由已知点满足，则，，且，又，且，且当，时，函数取得最大值，即，所以，即，又，设，则原式，且在上单调递减，所以.2024-2025学年江西省上饶市高二上学期开学考试数学检测试题（二）一、单选题（本大题共8小题）1．直线的倾斜角为（

）A． B． C． D．2．直线的一个方向向量为（

）A． B．−3,2 C．2,3 D．3．已知三点共线，则的值为（

）A． B．5 C． D．34．已知，经过两点的直线方程都可以表示为（

）A． B．C． D．5．经过两点的直线方程可以表示为（

）A． B．C． D．6．已知两直线和的交点是，则过两点、的直线方程是（

）A． B． C． D．7．已知直线的方程是，的方程是（，），则下列各图形中，正确的是（

）A． B．C． D．8．已知两点，，过点的直线与线段（含端点）有交点，则直线的斜率的取值范围为（

）A． B． C． D．二、多选题（本大题共3小题）9．如果，，那么直线经过（

）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限10．下列说法中，正确的有（

）A．过点且在轴，轴截距相等的直线方程为B．直线在轴的截距是2C．直线的倾斜角为30°D．过点且倾斜角为90°的直线方程为11．已知正方形ABCD在平面直角坐标系xOy中，且AC：，则直线AB的方程可能为（）A． B．C． D．三、填空题（本大题共3小题）12．直线的斜率的取值范围为，则其倾斜角的取值范围是.13．经过两点的直线的倾斜角是钝角，则实数的范围是.14．直线分别交轴､轴的正半轴于､两点，当面积最小时，直线的方程为.四、解答题（本大题共4小题）15．（1）求经过点，倾斜角为的直线的一般式方程．（2）的三个顶点是，求边BC上的中线所在的直线方程．16．求符合下列条件的直线的方程：(1)过点，且斜率为；(2)过点，；(3)过点且在两坐标轴上的截距相等．17．的内角所对的边分别为，已知.(1)求；(2)若的角平分线与交于点，求.18．如图，已知长方体中，，，连接，过点作的垂线交于，交于

(1)求证：平面；(2)求直线与平面所成角的正弦值．

参考答案1．【答案】A【分析】利用直线斜截式方程及斜率的定义即可求解.【详解】由直线，得直线的斜率为，设直线的倾斜角为，所以，所以直线的倾斜角为.故选：A.2．【答案】B【分析】利用直线方向向量的定义和直线斜率与方向向量的关系直接求解即可.【详解】由得，，所以直线的一个方向向量为，而，所以也是直线的一个方向向量.故选：B.3．【答案】D【分析】根据得到方程，求出答案.【详解】，因为三点共线，故，即，解得.故选D.4．【答案】C【详解】当都不为0时，所有经过两点的直线方程均可以用表示，即，当中有一个为0时，只有选项符合题意，故选.5．【答案】C【分析】根据直线两点式方程可得答案.【详解】当经过的直线不与轴、轴平行时，所有直线均可以用表示，由于可能相等，也可能相等，所以只有选项C满足包括与轴、轴平行的直线．故选：C．6．【答案】C【解析】将点的坐标代入两直线的方程，可得出，可得出点、的坐标满足直线方程，再利用两点确定一条直线可得出直线的方程.【详解】将点的坐标代入两直线的方程，得，所以，点、的坐标满足直线方程，由于两点确定一条直线，所以，直线的方程为.故选：C.【点睛】本题考查直线方程的求解，推导出点、的坐标满足直线方程是解题的关键，考查计算能力，属于中等题.7．【答案】D【分析】有条件知，两直线的斜率均存在且不为0，写出它们的斜截式方程后再进行判断．【详解】解：，直线与直线的斜率均存在直线的斜截式方程为；直线的斜截式方程为对于A选项，根据直线的图象可知，且，因此直线的斜率应小于0，直线的纵截距应小于0，故A图象不符合；对于B选项，根据直线的图象可知，且，因此直线的斜率应大于0，在轴上的截距应小于0，故B图象不符合；对于C选项，根据直线的图象可知，且，因此直线的斜率应大于0，在轴上的截距应大于0，故C图象不符合；对于D选项，根据直线的图象可知，且，因此直线的斜率应大于0，在轴上的截距应大于0，故D图象符合．故选：D．8．【答案】A【详解】如图所示，

直线逆时针旋转到的位置才能保证过点的直线与线段有交点，从转到过程中，倾斜角变大到，斜率变大到正无穷，此时斜率，所以此时；从旋转到过程中，倾斜角从开始变大，斜率从负无穷开始变大，此时斜率，所以此时，综上可得直线的斜率的取值范围为.故选：A9．【答案】ACD【分析】把直线方程的一般式化为斜截式，从而可判断直线经过的象限.【详解】因为，故，故直线的斜截式方程为：，因为，，故，故直线经过第一象限、第三象限、第四象限，故选：ACD.10．【答案】CD【分析】根据直线的截距、倾斜角、直线方程等知识确定正确答案.【详解】A选项，直线过点且在轴，轴截距相等，所以A选项错误.B选项，直线在轴上的截距是，B选项错误.C选项，直线的斜率为，倾斜角为，C选项正确.D选项，过点且倾斜角为90°的直线方程为，D选项正确.故选：CD11．【答案】BC【分析】由正方形的特征可知，直线与直线夹角为，由直线斜率利用两角差的正切公式求出直线的斜率，对照选项即可判断.【详解】设直线的倾斜角为，直线的倾斜角为，直线斜率为2，有，则.依题意有或，当时，，即，解得，即直线的斜率为-3，C选项中的直线斜率符合；当时，，即，解得，即直线的斜率为，B选项中的直线斜率符合.故选：BC12．【答案】【分析】由斜率的定义及正切函数的性质，即可求得结果.【详解】设直线的倾斜角为，斜率为，因为，又因为，所以，故答案为：.13．【答案】【详解】根据题意，即，且斜率，即，解得或.实数的范围是.故答案为：14．【答案】【分析】由题可得直线恒过定点，可设方程为，则，利用基本不等式可得，即求.【详解】∵直线，∴，由，得，∴直线恒过定点，可设直线方程为