黑龙江省大庆实验中学二部2023-2024学年高二数学上学期开学考试试题（Word版附解析）

大庆实验中学实验二部2022级高（二）上学期开学考试数学试题一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分）1.设复数满足，则的共轭复数的虚部为（）A.B.C.D.2【答案】D【解析】【分析】根据复数的模及复数代数形式的除法运算化简复数，从而得到其共轭复数，即可判断.【详解】因为，所以，所以，则的虚部为.故选：D2.若，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】结合诱导公式和二倍角的正切公式化简求值即可.【详解】由，得，则．故选：B．3.利用斜二测画法画出的直观图（如图），已知，轴，过作轴于，若的面积为4，则的长为（） A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据的面积计算出，再解直角三角形求得.【详解】根据斜二测画法知，，∴，∴，∴.故选：D【点睛】本小题主要考查斜二测画法中线段长度的计算，属于基础题.4.已知，是两个不同的平面，l，m是两条不同的直线，则下列说法正确的是（）A.若，，则B.若，，则C.若，，则，则D.若，，，，则【答案】C【解析】【分析】根据线面、面面的位置关系，结合平面的基本性质及线面平行性质判断各项正误.【详解】A：若，，则，错；B：若，，则或，错；C：由，，，根据线面平行的性质知，对；D：如下图，，，，，有相交，错. 故选：C5.已知函数，则下列说法中正确的是（）A.函数的周期是B.函数的最小值是C.函数的图象的一条对称轴方程是D.函数是偶函数【答案】C【解析】【分析】根据三角恒等变换将函数化简为，再结合正弦型函数与绝对值函数的性质逐项判断即可.【详解】函数的最小正周期为，所以函数的最小正周期为，故A不正确；函数的值域为，所以函数的值域为，则函数的最小值是，故B不正确；因为，所以函数的图象的一条对称轴方程是，故C正确；又，故D不正确.故选：C. 6.已知向量，满足，，，则（）A.B.C.D.1【答案】D【解析】【分析】利用向量数量积的运算律求得，再由夹角公式求，进而求其正弦值即可.【详解】由，则，由，则，故.故选：D7.已知球O的半径为2，三棱锥底面上的三个顶点均在球O的球面上，，，则三棱锥体积的最大值为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】求出三棱锥的高，对于等价于BC边在外接圆上固定不动，A点在劣弧上运动，求三棱锥体积的最大值就是求面积的最大值.【详解】记球O的半径为R，所在外接圆的半径为r，由，得，，设三棱锥的高为h，则，所以；在中，如图： 等价于BC边在外接圆上固定不到，A点在劣弧上运动，显然当A点为的中点时，高AD最大，AD的最大值，面积的最大值，三棱锥体积的最大值；故选：A.8.位于灯塔处正西方向相距海里的处有一艘甲船燃油耗尽，需要海上加油．位于灯塔处北偏东30°方向有一艘乙船（在处），乙船与甲船（在处）相距海里，乙船为了尽快给甲船进行海上加油，则乙船航行的最佳方向是（）A.西偏南15°B.西偏南30°C.南偏西45°D.南偏西65°【答案】A【解析】【分析】运用正弦定理求出即可.【详解】如图，，由正弦定理得，解得．因为，所以，因为，所以乙船航行的最佳方向为西偏南.故选：A. 二、多选题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）9.已知i是虚数单位，z是复数，则下列叙述正确的是（）A.若，则不可能是纯虚数B.是关于x的方程的一个根CD.若，则在复平面内z对应的点Z的集合确定的图形面积为【答案】AC【解析】【分析】由纯虚数定义列方程求解判断A；复数代入方程左侧化简判断B；根据共轭复数、模及乘法运算判断C；由复数模的几何意义判断对应点所成图形，进而求面积判断D.【详解】A：若为纯虚数，则，显然无解，对；B：代入方程得，错；C：令且，则所以，对；D：由易知：复平面内z对应的点Z在半径为1的圆内（含圆上），故图形面积为，错；故选：AC10.在棱长为2正方体中，P，Q分别是棱BC，的中点，点M满足，，下列结论不正确的是（）A.若，则平面MPQB.若，则过点M，P，Q的截面面积是C.若，则点到平面MPQ的距离是D.若，则AB与平面MPQ所成角的正切值为【答案】AC【解析】 【分析】时有M与A重合，对于A选项，可以利用反证法判定；对于B选项，根据平面的性质计算即可；时，M为AB中点，对于CD选项，建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量处理即可.【详解】如图所示，时有M与A重合，对于A，延长PQ交BB1于L，连接AL，易得平面平面MPQ=AL，若平面MPQ，则，显然，且B、L不重合，矛盾，故A错误；对于B，连接AD1、D1Q，易知平面APQD1即该截面，显然该截面为等腰梯形，易得，，故B正确；如图所示，时，M为AB中点，以D为中心建立空间直角坐标系，则，，设平面MPQ的法向量为，则，令，则，故；对于C，设点到平面MPQ的距离为，则，即C错误；对于D，设AB与平面MPQ所成角为，则，所以，即D正确. 故选：AC11.的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则下列命题为真命题的是（）A.，，，有两解B.面积S满足，则C.，，，则BC边上的高为D.若，，则的值为【答案】BCD【解析】【分析】A由正弦定理判断三角形的解；B根据三角形面积公式、余弦定理整理化简得；C由余弦定理可得，进而求得，再求高；D应用正余弦边角关系整理化简已知等量关系求.【详解】A：由，故无解，错；B：由，而，则，即，，则，对；C：，故，即，而，则，所以，故BC边上的高为，对；D：由，即， 所以，则，而，所以，即的值为，对.故选：BCD12.已知三棱柱为正三棱柱，且A，D是的中点，点P是线段上的动点，则下列结论正确的是（）A.四面体外接球的表面积为20πB.若直线PB与底面ABC所成角为θ，则sinθ的取值范围为C.若，则异面直线AP与所成的角为D.若过BC且与AP垂直的截面α与AP交于点E，则三棱锥P－BCE的体积的最小值【答案】ABD【解析】【分析】可求得底面外接圆的半径，再构造直角三角形求得外接球的半径，从而判断A；取的中点，连接，，，，由正三棱柱的性质可求得，，从而判断B；将正三棱柱补成如图所示的直四棱柱，从而判断C；由知，要使三棱锥的体积最小，则三棱锥的体积最大，从而判断D．【详解】四面体外接球即为正三棱柱外接球，因为外接圆的半径，且，设正三棱柱外接球的半径为，设正三棱柱的高为h＝，则由得，故其表面积为，故A正确；取的中点，连接，，，，由正三棱柱的性质可知平面平面，所 以当点与重合时，最小为∠，，当点与重合时，最大为，sin，所以，，故B正确；将正三棱柱补成如图所示的直四棱柱，则(或其补角)为异面直线与所成的角，，，∵，∴，∴，所以，即，故C错；因，故要使三棱锥的体积最小，则三棱锥的体积最大，设的中点为，作出截面如图所示，∵，∴AP⊥EF，∴点在以为直径的圆上，∴点到底面距离的最大值为，∴三棱锥的体积的最小值为，故D正确；故选：ABD．【点睛】本题为立体几何的综合题，研究空间点、线、面的位置关系，需要良好的空间想象能力和作图能力.C选项的关键在于把三棱柱补成四棱柱，从而构造出要求的异面直线夹角；D选项的关键是把三棱锥看成是三棱锥的一部分，利用割补思想求解. 三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13.设平面向量，满足，，则在方向上的投影向量的坐标为______.【答案】【解析】【分析】根据给定条件，利用投影向量的定义求解作答.【详解】由，得，因此所以在方向上投影向量的坐标为.故答案为：14.如图正三棱锥，其中，，点分别为校的中点，则四面体的体积为______；【答案】【解析】【分析】通过分析判断出，由此求得四面体的体积.【详解】由于分别为棱的中点，所以三角形的面积是三角形的面积的四分之一，而到平面的距离是到平面的距离的一半，所以.正三角形的外接圆半径为，所以正三棱锥的高为，所以，所以. 故答案为：【点睛】本小题主要考查锥体体积计算，考查分析、思考与解决问题的能力，属于基础题.15.在中，点D在边上（不含端点），，，，的最小值为___________.【答案】【解析】【分析】法一：作出辅助线，求出，，设出，从而得到，变形后利用基本不等式求出答案；法二：利用余弦定理得到，由基本不等式求出答案.【详解】法一：过点D作，交延长线于点E.令，因为，，所以，，，故，.故，当且仅当，即时，等号成立.法二：令，则，.故， 当且仅当时，等号成立.故答案为：16.已知直三棱柱，，，点为此直三棱柱表面上一动点，且，当取最小值时，的值为__________.【答案】##【解析】【分析】首先由可得是在以为球心半径为4球面上，进而得到其在平面的交线，故取值最小时，，，三点共线，利用平面几何的运算可计算出在上的投影，进而得到答案.【详解】由可得是在以为球心半径为4的球面上，由于，，取值最小时，其在平面内，其在平面的交线为如图所示的圆弧.故取值最小时，，，三点共线，通过点往作垂线，垂足为，则，则，故，代入解得，从而，因此.故答案为：. 关键点点睛：本题考查立体几何中点的轨迹问题，解题关键是找到点在平面的运动轨迹．进而得到取值最小时，，，三点共线，然后通过点往作垂线，垂足为，进而可计算出在上的投影，进而得到答案.四、解答题（本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17.已知的内角A、B，C所对的边分别为a、b、c，且．（Ⅰ）求角A的值．（Ⅱ）若的面积为，且，求a的值．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.【解析】【分析】（I）由三角形内角和为去掉,二倍角公式化简可得,从而求出；（Ⅱ）代入三角形面积公式可得，结合条件解出，，余弦定理求.【详解】解：（I）由，得，即，∵，∴，又，∴，故．（Ⅱ）由面积，得，又，∴，，由余弦定理，∴． 18.已知函数的部分图象如图所示，其中，．（1）求的解析式；（2）设函数，，求的值域．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据图象上点,之间差个周期，求出，进而求出，代入点，求出即可；（2）由的范围，求出的范围，根据三角函数图象的性质即可求出.【小问1详解】依题意，，解得，故，故，因为，所以，因为，故，则．【小问2详解】 ，若，，，故，则，即的值域为．19.如图，在四棱锥中，平面ABCD，，，，，E为PB的中点.（1）证明：平面平面PBC；（2）求直线PD与平面AEC所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）可先证明，，从而平面PBC，由此能证明平面平面PBC；（2）推导出,以C为原点，在平面ABCD中过C作CD的垂线为x轴，CD为y轴，CP为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法直线PD与平面AEC所成角的正弦值【详解】（1）证明：由平面ABCD，故.又，，，所以.故，.又，所以平面PBC，又平面 所以平面平面PBC.（2）平面ABCD，故又，.如图建立坐标系，，，，，，.∴，，.设平面ACE的一个法量为，由，得，取，则故，设直线PD与平面AEC所成角为，则.【点睛】本题主要考查了面面垂直的证明，考查线面角的正弦值的求法,考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等，属于中档题.20.如图，四棱锥P－ABCD，平面PAB⊥平面ABCD，PA⊥AB，，∠DAB=90°，PA=AD，DC=2AB，E为PC中点.（1）求证：直线//平面PAD；（2）当AP=AB时，求平面PAD与平面PBC所成锐二面角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）取PD中点，连接EF，AF，证明四边形ABEF为平行四边形，再利用线面平行的判定定理证明；（2）以点A为坐标原点，分别以AP，AB，AD所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，易知平面PAD的一个法向量为，再求得平面PBC的一个法向量，由求解.【小问1详解】证明：如图所示：取PD中点，连接EF，AF，由为PC中点，∴，又，∴，故四边形ABEF为平行四边形.∴，又平面，平面PAD，∴//平面PAD.【小问2详解】设，则.由平面平面ABCD，平面平面，又，∴平面ABCD，如图，以点A为坐标原点，分别以AP，AB，AD所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系：则平面PAD的一个法向量为，，则，， 设是平面PBC的一个法向量，则－x＋y=0且－x＋2y＋z=0，令x=1.则y=1，z=－1，，所以当时，平面PAD与平面PBC所成锐二面角的余弦值为.21.如图，在正方体中，棱长为2，为的中点.（1）求到平面的距离.（2）若面，求.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）建立空间直角坐标系，求得相关点的坐标，求出平面平面的法向量，将到平面的距离转化为到平面的距离，即可求得答案；（2）将转化为，即可求得答案.【小问1详解】如图，以A为坐标原点，分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系， 则,因为正方体中，平面,所以平面,则到平面的距离即为到平面的距离，而，设平面的法向量为，则,即，令，则，故，故到平面的距离，即到平面的距离为；【小问2详解】,由题意可得.22.如图，设中角A，，所对的边分别为a，b，c，为的中点，已知，． （1）若，求；（2）点，分别为边，上的动点，线段交于，且，，，求的最小值．【答案】（1）60°（2）【解析】【分析】（1）根据三角形得面积公式可求得边，再根据结合数量积得运算律即可得出答案；（2）分别将，用表示，再根据求得，设，，根据平面向量共线定理及推论将用表示，从而可求得，再根据分析运算从而可得出答案.【小问1详解】解：由，，∵为的中点，，，，∴， 又，所以；【小问2详解】解：由（1）可知：，，∵，为的中点，∴，，解得，设，，则，设，，则，解得，故， ，，令，，当且仅当时取等号，所以的最小值为.