安徽省亳州市第二完全中学2023-2024学年高二数学上学期开学检测试卷（Word版附解析）

亳州二中2023-2024学年度第一学期开学质量检测高二数学试题考试时间：120分钟试卷满分：150分命题：高二数学组一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每个小题绐岀的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知为虚数单位，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据复数的除法公式，分子分母同乘可得答案.【详解】.故选：B.2.在中，已知D为BC上一点，且满足，则（    ）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据平面向量的线性运算求得正确答案.【详解】在中，，所以.故选：B 3.设是两条不同的直线，是两个不同的平面，下列命题正确的是（）A.若，则∥B.若，则C.若，则D.若，则【答案】C【解析】【分析】根据线面，面面平行的判定和性质，线面垂直的判定和性质分析判断即可.【详解】对于A，当时，可能与平行，可能在内，所以A错误，对于B，当时，可能平行，可能异面，所以B错误，对于C，当时，由线面垂直的性质可得，所以C正确，对于D，当时，与可能垂直，可能相交不垂直，可能平行，所以D错误，故选：C4.设为单位向量，，当夹角为时，在上的投影向量为（）AB.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据投影向量的定义即可求得答案.【详解】由题意，在上的投影向量为，故选：B．5.已知函数，若，其中，，则的最大值是（）A.B.πC.D.【答案】D【解析】【分析】确定的最大值和最小值，根据可得或 ，求出，从而可求出的最大值.【详解】由，得，因为，所以或，由，得，即，因为，所以取得最大值时，的取值为或，由，得，即，因为，所以取得最小值时，的取值为或，所以的最大值为故选：D6.定义行列式．若函数在上恰有3个零点，则m的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】先根据新定义和辅助角公式表示出，然后作出图像，利用图像解决零点问题.【详解】由题意，，当时，，设，故有个零点等价于在有个根， 令，作出，的图像如下：时，令，如图所示，可解得四个交点的横坐标为：，由题意，区间中只能恰好含有中这个值，故，解得.故选：B7.中国古代四大名楼鹳雀楼，位于山西省运城市永济市蒲州镇，因唐代诗人王之涣的诗作《登鹳雀楼》而流芳后世．如图，某同学为测量鹳雀楼的高度MN，在鹳雀楼的正东方向找到一座建筑物AB，高约为37m，在地面上点C处（B，C，N三点共线）测得建筑物顶部A，鹳雀楼顶部M的仰角分别为和，在A处测得楼顶部M的仰角为，则鹳雀楼的高度约为（）A.74mB.60mC.52mD.91m【答案】A【解析】【分析】求出，，，在中，由正弦定理求出，从而得到的长度. 【详解】在中，，，，在中，，由，，在中，.故选：A8.如图，在三棱锥中，，均为等腰直角三角形，,若二面角的大小为，则三棱锥的外接球的表面积为（）A.80πB.64πC.48πD.π【答案】C【解析】【分析】取，的中点，得为二面角的平面角，过作平面，则在的延长线上，求出，过作垂直于平面的直线，则三棱锥的外接球球心在上，过作，则四边形为矩形，设，利用可得答案.【详解】由题意知，，又，为等腰直角三角形，，分别取，的中点，，连接，，，，，所以，则为二面角的平面角即，过作平面，则在的延长线上， ∴，，，，所以，过作垂直于平面的直线，则三棱锥的外接球球心在上，过作，则四边形为矩形，设，利用，，解得，得，∴外接球的表面积.故选：C.【点睛】关键点点睛：解题的关键点是过作垂直于平面的直线，则三棱锥的外接球球心在上，过作，则四边形为矩形，本题考查学生的空间想象能力、运算能力.二、多项选择题：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.已知，，是三个平面向量，则下列叙述错误的是（）A.若，则B.若，且，则C.若，，则D.若，则【答案】BC【解析】【分析】根据平面向量垂直和平行的性质及零向量的性质求解即可.【详解】，即，故A正确；若，且，当，时，则与不一定相等，故B错误；若，，当时，与不一定平行，故C错误；若，则，所以，，故，故D正确. 故选：BC.10.已知函数的图象关于直线对称，则（）A.函数为偶函数B.函数在上单调递增C.若，则的最小值为D.将函数图象上所有点的横坐标缩小为原来的，得到函数的图象【答案】BC【解析】【分析】根据函数的图象关于直线对称，由求得函数的解析式，再逐项判断.【详解】因为函数的图象关于直线对称，所以，即，又因为，则，所以，A.函数为奇函数，故错误；B.因为，则，又在上递增，所以函数在上单调递增，故正确；C.因为，则分别为函数的最大值和最小值，则的最小值为，故正确； D.将函数图象上所有点的横坐标缩小为原来的，得到函数的图象，故错误；故选：BC11.某班级到一工厂参加社会实践劳动，加工出如图所示的圆台，在轴截面中，，则下列说法正确的是（）A.该圆台的高为.B.该圆台的体积为.C.圆台的轴截面面积为D.一只小虫从点C沿着该圆台的侧面爬行到AD的中点，所经过的最短路程为.【答案】BCD【解析】【分析】根据勾股定理、圆台体积公式、等腰梯形的面积公式，结合侧面展开图进行求解即可.【详解】如图所示圆台的轴截面，A：过点作，因此有，所以A选项错误.B：由圆台体积公式求得该圆台的体积为所以B选项正确.C：由梯形面积公式可得圆台的轴截面面积为，所以C选项正确； D：把圆台补成圆锥，圆锥的顶点为，圆锥的侧面展开图如下图所示：因为，所以，，于是有，因此，由余弦定理可知：因此D选项正确.故选：BCD【点睛】关键点题：本题的关键是把圆台补成圆锥.12.在中，角，，所对的边分别为，，，且，则下列结论正确的是（）A.B.是钝角三角形C.的最大内角是最小内角的倍D.若，则外接圆半径为【答案】ACD【解析】【分析】根据，得到，然后利用正、余弦定理和三角恒等变换知识逐项判断即可.【详解】对A，因为在中， 所以，解得，所以根据正弦定理知，故A正确；对B，易知角C为最大角，则，，所以角C为锐角，故是锐角三角形，故B错误；易角A为最小角，则，所以，即，又，所以，所以，故C正确；设外接圆的半径为R，则由正弦定理得，解得，故D正确；故选：ACD.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共计20分.13.已知，且，则___________.【答案】【解析】【分析】由可知，，再根据，即可求出的值．【详解】因为，所以，而，所以．故答案为：．14.在长方体中，，则异面直线与所成角的余弦值为 ________；【答案】【解析】【分析】由可得或其补角即为异面直线与所成角即可求解.【详解】因为，，所以四边形是平行四边形，所以，所以或其补角即为异面直线与所成角，因为，所以，，所以，故答案为：.15.已知向量，满足，且，则向量，的夹角为______，______．【答案】①.##②.1【解析】【分析】根据给定条件，利用向量的夹角公式及数量积的运算律求解作答.【详解】设的夹角为，则，而，因此，所以． 故答案为：；116.在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足，点D在边AB上，且CD平分，若，则面积的最小值为________.【答案】【解析】【分析】由余弦定理可得，再根据可得，再结合基本不等式与三角形面积公式求解即可.【详解】由得，故，又，故.因为平分，且，由可得，即.又，故，即，当且仅当时取等号.故，即面积的最小值为.故答案为：四、解答题：本题共6小题，共计70分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤17.已知复数，．（1）若是纯虚数，求的值；（2）若在复平面内对应的点在第三象限，求的取值范围．【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）由实部为且虚部不为列式求解；（2）由实部与虚部均小于得到不等式组，求出的取值范围．【小问1详解】是纯虚数， 故，解得【小问2详解】因为在复平面内对应的点在第三象限，所以，解得，故的取值范围为．18.已知，且．（1）求的值；（2）求的值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据余弦二倍角公式、正弦两角和公式以及同角的三角函数关系求解即可.（2）根据求解即可.【小问1详解】，【小问2详解】，，，，，则 19.如图，在四棱锥中，ABCD，四边形ABCD是菱形，，M，N分别为的中点．（1）证明：平面；（2）若，求点N到平面的距离．【答案】（1）证明见解析（2）.【解析】【分析】（1）取中点，连接，证明四边形是平行四边形，根据线面平行的判定定理即可证明结论；（2）根据等体积法即，即可求得答案.【小问1详解】在四棱锥中，取中点，连接，如图，由于四边形是菱形，分别为的中点， 则，，于是四边形是平行四边形，有，而平面，平面，所以平面.【小问2详解】由（1）知，，平面，平面，则平面，于是点到平面的距离等于点A到平面的距离，设为d，由平面，平面，得，而四边形ABCD是菱形，，，则为正三角形，所以，则，底边上的高，于是的面积，而，由，得，即，解得d=，所以点到平面的距离是.20.已知，函数．（1）求图象的对称中心及其单调递增区间；（2）若函数，计算的值．【答案】（1），Z，.(Z)（2）2022【解析】【分析】（1 ）利用向量的数量积运算以及三角恒等变形求得函数解析式，利用正弦函数的性质求得对称中心以及单调递增区间；（2）利用函数的周期性求解可得答案.【小问1详解】由已知得，令Z，解得，所以图象的对称中心坐标为，，令Z，解得，，所以单调递增区间(）；【小问2详解】，该函数周期为，所以，，，，，因为函数周期为，且，所以，而，所以.21.中国古代数学经典《数书九章》中，将底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥成为“阳马”.在如图所示的阳马中，底面为矩形，平面，，，以的中点为球心，为直径的球面交于（异于点），交于（异于点）. （1）证明：；（2）求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）由题易知平面，可得，又，即证出平面，从而；（2）方法一：利用几何法，由等积法求出点到平面的距离，即可由求出；方法二：利用向量法，以为原点，，，所在直线为，，轴建立直角坐标系，求出平面的法向量，再根据线面角的向量公式即可求出．【详解】（1）∵是球的直径，∴又∵平面，面，∴∵矩形，∴，∵，∴平面∵平面，∴∵，∴平面 ∵平面，∴.（2）解法一：由第一问可知，又∵，则是的中点，∴，∵，∴，∵，，，∴面，∴∵，∴在中，，∴，∵，∴，，∴∵面，∴在三棱锥中，∵面，∴，∴设到平面的距离为，则，∴记与平面所成角为，则.解法二：∵底面为矩形，平面，∴，，两两互相垂直；∴如图，以为原点，，，所在直线为，，轴建立直角坐标系.则，，，∴，， 由第一问可知，又∵，则是的中点，∴∴，，设平面的法向量为.由，得.设，∴∵，∴，解得，∴，记与平面所成角为，则，∴直线与平面所成角的正弦值为.22.在中，角的对边分别为，且，．（1）求；（2）求边上中线长的取值范围．【答案】（1）6（2）.【解析】【分析】（1）由已知条件，利用正弦定理边化角化简可得角B，利用正弦定理化简求得，又，可得结果；（2）根据余弦定理结合基本不等式可得，设边上的中点为D，因为，利用向量数量积运算可得边上中线的取值范围.小问1详解】因为， 由正弦定理可得，整理得，且，则，可得，即，且，则，由正弦定理，其中为的外接圆半径，可得，，又因，所以.【小问2详解】在中，由余弦定理，即，则，当且仅当时，等号成立，可得，即设边上的中点为D，因为，则，即，所以边上中线长的取值范围为.