2024-2025学年安徽省蚌埠市高二上学期开学摸底考数学检测试题合集2套（附解析）

2024-2025学年安徽省蚌埠市高二上学期开学摸底考数学检测试题（一）一、单选题（本大题共8小题）1．已知复数满足，其中为虚数单位，则（

）A． B． C． D．2．是边长为1的正三角形，那么的斜二测平面直观图的面积为（

）A． B． C． D．3．已知表示不同的直线，表示不同的平面，则下列说法正确的是（

）A．若，且，则 B．若，则C．若，，则 D．若，则4．已知函数是奇函数，则（

）A． B． C． D．5．根据下列情况，判断三角形解的情况，其中正确的是（

）A．，，，有两解B．，，，有一解C．，，，有一解D．，，，无解6．已知圆锥的顶点为，侧面面积为，母线长为为底面圆心，为底面圆上的两点，且，则直线与所成角的余弦值为（

）A． B． C． D．7．已知函数在区间上的最大值为，则实数的取值个数为（

）A．1 B．2 C．3 D．48．已知的内角的对边分别为，若，则的最小值为（

）A． B． C． D．二、多选题（本大题共3小题）9．关于函数，下列结论正确的是（

）A．是的一个对称中心B．函数在上单调递增C．函数图象可由函数的图象向右平移个单位得到D．若方程在区间上有两个不相等的实根，则10．已知，满足：对任意，恒有，则（

）A． B． C． D．11．如图，若正方体的棱长为2，线段上有两个动点.则下列结论正确的是（

）A．直线与平面的夹角的余弦值为B．当与重合时，异面直线与所成角为C．平面平面D．平面三、填空题（本大题共3小题）12．若，则.13．已知三棱台的体积为，记上底面,下底面的面积分别为，若，则三棱锥的体积为．14．中，，延长线段至，使得，则的最大值为.四、解答题（本大题共5小题）15．已知，，且．(1)若，求的值；(2)求与夹角的余弦值．16．已知函数的部分图象如图所示.(1)求函数的解析式及对称中心；(2)求函数在上的值域；(3)先将的图象纵坐标缩短到原来的倍，再向左平移个单位后得到的图象，求函数在上的单调减区间.17．如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，是底面的内接正三角形，为上一点，．（1）证明：平面PAB平面PAC；（2）设DO=，圆锥的侧面积为，求三棱锥P−ABC的体积.18．如图，的内角的对边分别为，已知，为线段上一点，且．(1)求角；(2)若，求面积的最大值；(3)若，求．19．已知三棱锥的棱两两互相垂直，且.(1)若点分别在线段上，且，求二面角的余弦值；(2)若以顶点为球心，8为半径作一个球，球面与该三棱锥的表面相交，试求交线长是多少？

参考答案1．【答案】A【分析】利用复数的除法直接求出z.【详解】因为，所以.故选A.2．【答案】A【分析】先求出原三角形的面积，再根据原图和直观图面积之间的关系即可得解.【详解】以所在直线为轴，线段的垂直平分线为轴，建立直角坐标系，画对应的轴，轴，使，如下图所示，

结合图形，的面积为，作，垂足为，则，，所以的面积，即原图和直观图面积之间的关系为，所以的面积为.故选A.3．【答案】D【分析】根据空间中线面、面面的位置关系一一判断即可.【详解】对于A：若且，则或与相交，故A错误；对于B：若，则或，又，当，则与平行或相交或异面，当，则与平行或异面，故B错误；对于C：若，，则或，又，所以或与相交（不垂直）或，故C错误；对于D：若，则或，又，所以，故D正确.故选D.4．【答案】D【分析】根据三角恒等变换化简函数解析式，再根据奇函数可得与.【详解】由，又函数为奇函数，则，，解得，，所以.故选D.5．【答案】C【分析】利用正弦定理和余弦定理依次判断A，B，C，D即可.【详解】对于A：因为，所以，又，所以，即只有一解，故A错误；对于B：因为，所以，且，所以，故有两解，故B错误；对于C：因为，所以，又，所以角B只有一解，故C正确；对于D：因为,,，所以，有解，故D错误.故选C.6．【答案】A【分析】设底面半径为，根据圆锥的侧面积求出，取，，的中点，，，连接，，，，即可得到为直线与所成角（或补角），最后由余弦定理计算可得.【详解】设底面半径为，又母线长为，侧面面积为，所以，即，解得，则，取，，的中点，，，连接，，，，则且，且，，所以为直线与所成角（或补角），又，所以，所以直线与所成角的余弦值为.故选A.

7．【答案】B【分析】先计算出，分和两种情况讨论，时转化为图象交点问题.【详解】，，显然，，①若，即时，在单调递增，，作函数的图象，作与仅一个交点，此时有一个满足要求；②若，即时，满足要求，综上可知，满足条件的共有两个.故选B.8．【答案】C【分析】由，利用三角恒等变换化简得，得，代入化简得，结合基本不等式求最小值.【详解】，得，即，在中，，由，则，，所以，，由正弦定理得，当且仅当，即时等号成立，所以的最小值为.故选C.9．【答案】BC【分析】根据三角函数图象性质分别判断各选项.【详解】对于A：由，令，，解得，，所以其对称中心为，所以不是其对称中心，故A错误；对于B：令，，解得，，即函数的单调递增区间为，，又，，故B正确；对于C：由，向右平移可得，故C正确；对于D：，即，设，则，即函数与函数在上有两个交点，作出函数图象，如图所示，所以可得，解得，故D错误.故选BC.10．【答案】BC【分析】根据向量线性运算的几何意义分析可得，即为定点A到x轴上的动点的距离，进而分析可得，结合数量积运算求解.【详解】不妨设，则，即为定点A到x轴上的动点的距离，显然当轴时，取到最小值，若对任意，恒有，则，可得，故B正确，D错误；因为，可得，故A错误，C正确.故选BC.11．【答案】ACD【分析】利用正方体的性质，结合中位线，勾股定理，可计算和证明各选项，并加以判断.【详解】对于A：在正方体中，有平面，所以直线与平面所成的角就是，且，又由正方体的棱长为2，所以，则，故A正确；对于B：当与重合时，因为，所以可知此时为的中点，如上图，连接，在正方体中，易由且，可得四边形是平行四边形，所以，所以异面直线与所成角就是或其补角，因为平面，平面，所以，则又因为所以，因为，所以，故B错误；对于C：在正方体中，易由且，可得四边形是平行四边形，所以，又因为平面，平面，所以平面，同理可证明平面，又因为，平面，所以平面平面，而平面与平面共面，所以平面平面，故C正确；对于D：因为平面，平面，所以，又因为，，平面，所以平面，又因为平面，所以，同理可证明，又因为，平面，所以平面，而平面与平面共面，则平面，故D正确.故选ACD.12．【答案】【分析】根据同角三角函数关系式，结合齐次式可得解.【详解】由已知.13．【答案】【分析】设三棱台的高为，由三棱台的体积为求出，再求三棱锥的体积，结合可得答案.【详解】设三棱台的高为，所以三棱台的体积为，可得，所以三棱锥的体积为，因为，所以.14．【答案】【分析】分别在与中利用正弦定理，可得，再利用二倍角公式化简，结合二次函数性质可得最值.【详解】如图所示，设，在中，由，则，再由正弦定理得，即，则，又在中，由正弦定理得，即，即，所以，又，即，，设，则，所以当时，取得最大值为.15．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据向量垂直，列方程，解方程即可；（2）根据向量夹角公式直接计算即可.【详解】（1）由已知，则，解得；（2）由已知，且，所以.16．【答案】(1)，(2)(3)【分析】（1）根据题意，求得，结合三角函数的性质，即可求解；（2）由，可得，根据三角函数的性质，求得函数的最值，即可求解；（3）根据三角函数的图象变换，求得，求得函数的单调递减区间，结合，即可求解.【详解】（1）根据函数的部分图象，可得，所以，再根据五点法作图，可得，又因为，可得，所以，令，解得，故函数对称中心为.（2）因为，可得，当时，即，；当时，即，，所以函数的值域为.（3）先将的图象纵坐标缩短到原来的，可得的图象，再向左平移个单位，得到的图象，即.令，解得，可得的单调递减区间为，结合，可得在上的单调递减区间为.17．【答案】（1）证明见详解（2）【分析】（1）根据已知可得，进而有≌，可得，即，从而证得平面，即可证得结论；（2）将已知条件转化为母线和底面半径的关系，进而求出底面半径，由正弦定理，求出正三角形边长，在等腰直角三角形中求出，在中，求出，即可求出结论.【详解】（1）连接，为圆锥顶点，为底面圆心，平面，在上，，是圆内接正三角形，，≌，，即，平面，平面平面，平面平面；（2）设圆锥的母线为，底面半径为，圆锥的侧面积为，，解得，，在等腰直角三角形中，，在中，，三棱锥的体积为.18．【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）利用正弦定理将边化角，再由三角恒等变换公式得到，即可得解；（2）依题意可得，将两边平方，结合数量积的运算律及基本不等式求出的最大值，再由面积公式计算可得；（3）设，，在，中利用正弦定理得到，即可求出.【详解】（1）因为，由正弦定理可得，即，所以，所以，又，所以，所以，即，又，所以，则.（2）因为，所以，所以，即，解得，当且仅当即，时等号成立.故，当且仅当即，时等号成立.所以面积的最大值为．（3）设，，则，，在中，由正弦定理得，即，在中，由正弦定理得，即，所以，即，即，又，则，即，解得，即.19．【答案】(1)(2)【分析】（1）作出二面角的平面角，在直角三角形中求解即可；（2）根据数形结合和弧长公式求解即可.【详解】（1）因为两两垂直，，平面，所以平面，，过点作于，连接，则又平面，所以，又平面，，所以平面，又平面，所以，即为的平面角，在中，，所以二面角的余弦值.（2），，所以以为球心，8为半径的球与三棱锥交于四段弧，①平面与球面相交所成的弧是以为圆心，为半径的圆弧；②平面与球面相交，得到的弧是以为圆心，8为半径的弧，，，又为锐角，所以，所对圆心角，所以；③由对称性可知，平面与球面相交所得到弧长与②情况相同，长度也为；④，所以为等边三角形，，点到的距离等于，所以平面与球面相交得到弧长，所以交线长.2024-2025学年安徽省蚌埠市高二上学期开学摸底考数学检测试题（二）一、单选题（本大题共8小题）1．已知集合，，则（

）A． B．C． D．2．已知复数满足，则（

）A． B． C． D．3．已知平面向量，，则是的（

）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件4．腰鼓是中国汉族古老的民族打击乐器，腰鼓为木制鼓身，两端蒙牛皮，腰鼓的鼓身中间粗，两端细．一种腰鼓长为40cm，两侧鼓面直径为20cm，中间最粗处直径为24cm，若将该腰鼓近似看作由两个相同圆台拼接，则腰鼓的体积约为（

）A． B． C． D．5．函数在区间上单调递增，则实数a的取值范围是（

）A． B． C． D．6．正六边形六个顶点中任取四个点，构成等腰梯形的概率是（

）A． B． C． D．7．是定义在R上的函数，若，且对任意，满足，，则（

）A．2023 B．2024 C．2025 D．20268．已知，，则（

）A． B． C． D．二、多选题（本大题共3小题）9．对于随机事件和事件，，，则下列说法正确的是（

）A．若与互斥，则 B．若与互斥，则C．若与相互独立，则 D．若与相互独立，则10．已知正数，满足，则下列结论正确的是（

）A．的最大值为 B．的最小值为C．的最小值为 D．的最小值11．在菱形中，边长为，，将沿对角线折起得到四面体，记二面角的大小为，则下列结论正确的是（

）A．对任意，都有B．存在，使平面C．当时，直线与平面所成角为D．当时，四面体外接球表面积为三、填空题（本大题共3小题）12．天然气是洁净燃气，供应稳定，能够改善空气质量，因而能为地区经济发展提供新的动力，带动经济繁荣及改善环境．多年来，我国规模以上工业天然气生产稳定增长，2023年5月至2024年4月，天然气日均产量（单位：亿立方米）依次为6.1，6.1，5.9，5.8，6.0，6.1，6.6，6.7，6.9，7.0，6.6，6.5，这组数据的上四分位数是．13．将函数的图象向右平移后得到的图象关于原点对称，则的最小正值为．14．若用表示不大于x的最大整数，用表示不小于x的最小整数，那么方程的最大整数解为．四、解答题（本大题共5小题）15．为推动安徽省乡村旅游发展提质增效，更好满足人民群众旅游消费升级需求，助力乡村全面振兴，安徽省实施精品示范工程打造“皖美休闲旅游乡村”行动方案，实施“微创意、微改造”，促进“精提升”，建设“皖美”乡村新风景，打造全国知名的乡村旅游目的地．某学校兴趣小组同学利用暑假时间，在全省范围内调查了100个休闲旅游乡村，并从环境风貌、资源价值、基础设施等方面进行综合评分，将评分按照，，，，分组，得到如图所示频率分布直方图．(1)求的值，并求这100个休闲旅游乡村评分的平均分；(2)若评分在80分及以上的乡村称为“值得推荐的旅游乡村”，其中评分在为“推荐指数四颗星”，评分在为“推荐指数五颗星”．兴趣小组同学用分层抽样的方法在“值得推荐的旅游乡村”中抽取7个乡村进行第一批次的校内宣传，并从这7个乡村中随机抽取2个乡村在校园内做展板宣传，求这2个乡村正好是“推荐指数四颗星”和“推荐指数五颗星”乡村各一个的概率．16．如图，在直三棱柱中，所有棱长均为4，D是AB的中点．(1)求证：平面；(2)求异面直线与所成角的正弦值．17．的内角，，的对边分别为，，，且满足．(1)求角；(2)若，．平分交于点，求的长．18．如图，在四棱锥中，，，底面是直角梯形，，，．(1)求证：平面平面；(2)求证：；(3)求平面与平面所成锐二面角的正切值．19．已知定义在R上的函数，．(1)判断并证明函数的奇偶性；(2)若对，恒成立，求实数m的取值范围；(3)若函数，实数a，b，c满足，，求c的最小值．（参考公式：如果a，b，c是正实数，那么，当且仅当时，等号成立．）

参考答案1．【答案】C【分析】由对数的运算可得，再按交集的定义求解即可.【详解】由，可得，所以，所以.故选C.2．【答案】B【分析】设，根据复数代数形式的乘法运算及复数相等的充要条件得到方程组，求出，，再计算其模.【详解】设，因为，即，即，所以，解得，即，所以.故选B.3．【答案】A【分析】根据平面向量的数量积的坐标表示公式、平面向量共线的坐标表示公式，结合辅助角公式、正弦的二倍角公式、充分性、必要性的定义进行判断即可.【详解】若，则有若，则有，或，解得：或，显然由可以推出，但由不一定能推出，因此是的充分不必要条件，故选A.4．【答案】D【分析】根据圆台的体积公式计算可得.【详解】依题意圆台的上底面半径为，下底面半径为，高为，所以腰鼓的体积.故选D.5．【答案】A【分析】根据复合函数单调性的性质，结合指数函数和二次函数的单调性进行求解即可.【详解】因为函数是实数集上的增函数，在区间上单调递增，所以函数在区间上也是单调递增，因为二次函数的对称轴为，所以有，即，故选A.6．【答案】D【分析】根据组合的定义，结合正六边形和等腰梯形的性质、古典概型运算公式进行求解即可.【详解】正六边形六个顶点中任取四个点，不同的方法共有种方法，在如图所示正六边形中，显然四边形，，，，，是等腰梯形，共个，因此正六边形六个顶点中任取四个点，构成等腰梯形的概率是.故选D.7．【答案】C【分析】首先推导出，从而得到，再根据计算可得.【详解】因为，即，所以，又，所以，所以.故选C.8．【答案】B【分析】先对式子进行化简求出，再根据二倍角公式即可求解.【详解】，即，即，即，即，即，即，又，解得：，(舍)，.故选B.9．【答案】BC【分析】根据互斥事件、相互独立事件的概率公式计算可得.【详解】对于A：若与互斥，则，故A错误；对于B：若与互斥，则，故B正确；对于C：若与相互独立，则，故C正确；对于D：若与相互独立，则，故D错误.故选BC.10．【答案】ABD【分析】利用基本不等式判断A，B；依题意可得，再由基本不等式判断C，D.【详解】因为正数，满足，所以，当且仅当，即，时等号成立，解得，所以，故的最大值为，故A正确；，即，又，所以，所以的最小值为，当且仅当，即，时等号成立，故B正确；由可得，所以，当且仅当时等号成立，此时，，又为正数，矛盾，故C错误；，当且仅当，即，时等号成立，故D正确.故选ABD.11．【答案】ACD【分析】取的中点，连接，，则，，所以为二面角的平面角，再证明平面，即可判断A；推出矛盾，即可判断B；证明平面平面，则为直线与平面所成角，即可判断C；求出外接球的半径，即可判断D.【详解】取的中点，连接，，依题意可得，，则为二面角的平面角，又，平面，所以平面，又平面，所以，故A正确；在菱形中，边长为，，所以，若平面，平面，则，所以，与矛盾，故B错误；因为平面，又平面，所以平面平面，所以为直线与平面所成角，当，则，即当时，直线与平面所成角为，故C正确；

在中，时，取，的外心，，则，，过，分别作，的垂线交于点，则为四面体外接球球心，连接，则，设外接球的半径为，则，所以四面体外接球的表面积，故D正确.故选ACD.

12．【答案】【分析】将数据从小到大排列，再根据百分位计算规则计算可得.【详解】将数据从小到大排列依次为：，，，，，，，，，，，，又，所以上四分位数是.故答案为：.13．【答案】【分析】首先求出平移后的函数解析式，再根据余弦函数的性质求出的取值.【详解】将函数的图象向右平移得到，又的图象关于原点对称，所以，解得，所以的最小正值为.故答案为：.14．【答案】【分析】根据整数除以的余数，结合题中定义分类讨论进行求解即可.【详解】当时，由，此时方程有正整数解，因此不用讨论是负整数的情况，当时，由；当时，由；当时，由；当时，由；当时，由，由上可知当时，方程的最大整数解为，故答案为：.15．【答案】(1)，分；(2).【分析】(1)根据频率分布直方图中所有小矩形面积之和为得到方程求出，再根据平均数计算公式求出平均数；(2)首先求出“推荐指数四颗星”和“推荐指数五颗星”各抽取的个数，再由古典概型的概率公式计算可得.【详解】(1)由频率分布直方图可知，解得；则这100个休闲旅游乡村评分的平均分为：（分）；(2)“推荐指数四颗星”乡村数为（个）；“推荐指数五颗星”乡村数为（个）；按照分层抽样，可知“推荐指数四颗星”乡村抽取（个），可知“推荐指数五颗星”乡村抽取（个），从个乡村中随机抽取个乡村共有种情形，其中“推荐指数四颗星”和“推荐指数五颗星”乡村各一个有种情形，所以“推荐指数四颗星”和“推荐指数五颗星”乡村各一个的概率.16．【答案】(1)证明过程见解析；(2).【分析】(1)连接交于，利用三角形中位线定理，结合线面平行的判定定理进行证明即可；(2)根据(1)的结论，结合异面直线所成角定理、直棱柱的性质、余弦定理、同角的三角函数关系式进行求解即可.【详解】(1)连接交于，在直三棱柱中，所有棱长均为4，因此四边形是正方形，所以是的中点，而D是AB的中点，因此有，而平面，平面，所以平面；(2)由(1)可知：，因此异面直线与所成角为（或其补角），因为是正方形，所以，在直三棱柱中，所有棱长均为4，因此四边形是正方形，因此有，在直三棱柱中，侧棱垂直于底面，因此也就垂直底面中任何直线，因此有，由