四川省成都市 2023-2024学年高二数学上学期开学考试试题（Word版附解析）

石室·成飞中学2023~2024学年度下期高2022级入学考试数学（考试时间：120分钟总分：150分）注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考号填写在答题卡规定的位置上．2．答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号．3．答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上．4．所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效．5．考试结束后，只将答题卡交回．第I卷（选择题，共60分）一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.已知复数为纯虚数，则实数的值为（）A.B.0C.1D.0或1【答案】C【解析】【分析】根据题意和纯虚数的概念可得，解之即可.【详解】因为为纯虚数，所以，解得.故选：C.2.已知向量，，且，则等于（）A.B.C.10D.【答案】D【解析】【分析】根据平面向量共线的坐标公式直接运算即可. 【详解】由，及，得，所以，故选：D3.（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】利用诱导公式和余弦两角和公式求解即可.【详解】.故选：C.4.如图，P是正方体面对角线上的动点，下列直线中，始终与直线BP异面的是（）A.直线B.直线C.直线D.直线AC【答案】D【解析】【分析】根据异面直线得定义逐一分析判断即可.【详解】对于A，连接，设，由，当点位于点时，与共面；对于B，当点与重合时，直线与直线相交； 对于C，因为且，所以四边形为平行四边形，所以，当点与重合时，与共面；对于D，连接，因为平面，平面，平面，，所以直线BP与直线AC是异面直线.故选：D.5.已知一个正四棱台的上底面边长为1，下底面边长为2，体积为，则该正四棱台的高为（）A.1B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据题意，结合棱台的体积公式，列出方程，即可求解.【详解】由正四棱台的上底面边长为1，下底面边长为2，体积为，设正四棱台的高为，根据棱台的体积公式，可得，解得.故选：D.6.已知为两条不同的直线，，为两个不同的平面，则下列命题中正确的是（）A.若，则B.若，则C.若，则D.若，则【答案】B【解析】 【分析】根据线面平行的判定定理和性质，结合面面平行、垂直的判定定理逐一判断即可．【详解】对于A，若，则或，故A错误；对于B，若，则或，若，因为，则，若，如图所示，则在平面一定存在一条直线，因为，所以，又，所以，综上若，则，故B正确；对于C，若，则直线相交或平行或异面，故C错误；对于D，若，则直线相交或平行或异面，故D错误.故选：B.7.如图，一艘船向正北方向航行，航行速度为每小时海里，在处看灯塔在船的北偏东的方向上.1小时后，船航行到处，在处看灯塔在船的北偏东的方向上，则船航行到处时与灯塔之间的距离为（）A.海里B.海里C.海里D.海里【答案】B【解析】 【分析】确定，，根据正弦定理得到，解得答案.【详解】，，，，则，即，，故选：B8.在四棱锥中，底面为正方形，，则的面积为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】先在中利用余弦定理求得，，从而求得，再利用空间向量的数量积运算与余弦定理得到关于的方程组，从而求得，由此在中利用余弦定理与三角形面积公式即可得解.【详解】连结交于，连结，则为的中点，如图，因为底面为正方形，，所以，在中，，则由余弦定理可得，故，所以， 则，不妨记，因为，所以，即，则，整理得①，又在中，，即，则②，两式相加得，故，故在中，，所以，又，所以，所以的面积为.故选：C.二、选择题：本大题共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.已知复数，则下列说法正确的是（）A.B.的虚部为-1C.在复平面内对应的点在第一象限D.的共轭复数为【答案】BD【解析】【分析】 根据复数的除法运算法则，结合复数虚部的定义、共轭复数、复数在复平面对应点的特征、复数模的运算公式逐一判断即可.【详解】因为，所以的虚部为的共轭复数为在复平面内对应的点在第四象限.故选：BD10.若向量满足，则（）A.B.C.D.【答案】ABD【解析】【分析】利用向量数量积的运算性质求解判断即可.【详解】由题意得，得，所以，故A正确；由，得，故B正确；因为，所以不垂直于，故C错误；，故D正确．故选：ABD.11.已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，，，点C在底面圆周上，且二面角为45°，则（）．A.该圆锥的体积为B.该圆锥的侧面积为C.D.的面积为【答案】AC【解析】【分析】根据圆锥的体积、侧面积判断A、B选项的正确性，利用二面角的知识判断C、D选项的正确性.【详解】依题意，，，所以，A选项，圆锥体积为，A选项正确；B选项，圆锥的侧面积为，B选项错误； C选项，设是的中点，连接，则，所以是二面角的平面角，则，所以，故，则，C选项正确；D选项，，所以，D选项错误.故选：AC.12.设函数，已知在有且仅有5个零点．下列结论中正确的是（）A.在有且仅有3个最高点B.在有且仅有2个最低点C.在单调递增D.的取值范围是【答案】ACD【解析】【分析】求出在上由小到大的第5、6个零点，根据题意列不等式组可解得的范围，可判断D；求出最大值点和最小值点，根据的范围即可判断AB；根据正弦函数的单调性求出的单调增区间，结合的范围即可判断C.【详解】由得，所以在上由小到大的第5个零点为，第6个零点为， 由题知，，解得，D正确；令，解得，当时，，因为，所以，当且仅当时，，故在有且仅有3个最高点，A正确；令，解得，同上可知，，当时，；当时，令，解得，所以当时，有3个最低点，B错误；由得，所以在区间上单调递增，又因为，所以，又，所以在区间上单调递增，C正确.故选：ACD第Ⅱ卷（非选择题，共90分）二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题卡上．13.求值______________．【答案】【解析】 【分析】直接利用正弦的倍角公式进行求值即可得解.【详解】.故答案为：14.已知，则__________.【答案】【解析】【分析】设，则，由复数相等可求出，求出，再由复数的模长公式求解即可.【详解】设，则，所以，所以，则，，所以.故答案为：15.已知点与点，点在直线上，且，则点的坐标为_________.【答案】或【解析】【分析】由题设条件知A，P，B三点共线，且有或，设出点P的坐标，分两类利用向量相等的条件建立方程求出点P的坐标即可详解】设，则由，得或.若，则.所以解得故. 若，同理可解得故.综上，点的坐标为或.故答案为或.【点睛】本题考查向量共线的坐标表示，向量相等的条件，解题的关键是由题设条件得出两向量的数乘关系，属于中档题.16.已知三棱锥，其中平面，则三棱锥外接球的表面积为__________.【答案】【解析】【分析】根据题意设底面的外心为G，O为球心，所以平面ABC，，根据正弦定理求得外接圆的半径，结合球的性质、球的表面积公式进行求解即可．【详解】根据题意设底面的外心为G，O为球心，所以平面ABC，因为平面ABC，所以，设是PA中点，因为，所以，因为平面平面ABC，所以，因此，因此四边形ODAG是平行四边形，故，∵，∴，又外接圆的半径，由正弦定理得，所以该外接球的半径满足，所以外接球的表面积为.故答案为：．三、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.如图，在中，，点是的中点，设，（1）用表示；（2）如果，有什么位置关系？用向量方法证明你的结论.【答案】（1），（2），证明见解析【解析】【分析】（1）根据向量的线性运算法则，准确化简，即可求解；（2）因为，化简，即可得到结论.【小问1详解】解：因为，所以，因为是的中点，可得【小问2详解】解：.因为，则以，所以.18.已知函数.（1）求的单调递增区间； （2）若，求的值域.【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）根据二倍角以及辅助角公式化简,即可由整体法求解单调区间，（2）根据得，即可结合正弦函数的单调性求解.【小问1详解】令，所以，所以的单调递增区间为，【小问2详解】因为，所以，所以所以在上的值域为.19.在中，角所对的边分别为，已知.（1）求角的大小；（2）若，求的面积.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据正弦定理结合三角恒等变换求解即可；（2）根据余弦定理结合三角形面积公式求解即可.【小问1详解】 因，由正弦定理有：，所以，所以，因为，所以，所以.又，所以；【小问2详解】，又由（1）知由余弦定理得，即，则所以的面积为.20.如图，在四棱锥中，底面是边长为a的正方形，侧面⊥底面，且，设E，F分别为，的中点．（1）求证：平面；（2）求证：平面⊥平面；（3）求直线与平面所成角的大小．【答案】（1）详见解析； （2）详见解析；（3）【解析】【分析】（1）利用线面平行判断判定定理即可证得平面；（2）先利用线面垂直判定定理证得面，进而证得平面⊥平面；（3）先求得直线与平面所成角的正弦值，进而求得该角的大小.【小问1详解】取中点S，中点T，连接,又E，F分别为，的中点，则,又，则，则四边形为平行四边形，则，又平面，平面，则平面.【小问2详解】在△中，，，由，可得，由面⊥面，面面，，面，可得面，又面，则，又，，面，则面，又面，则平面⊥平面；【小问3详解】连接，△中，，则，又面⊥面，面面，面，则面，则为点P到面的距离，又E为的中点，则点E到面的距离为，又△中，，，， 则，，则点E到面的距离为，又，设直线与平面所成角为，则，又，则则直线与平面所成角的大小为21.已知在中，．（1）求；（2）设，求边上的高．【答案】（1）（2）6【解析】【分析】（1）根据角的关系及两角和差正弦公式，化简即可得解；（2）利用同角之间的三角函数基本关系及两角和的正弦公式求,再由正弦定理求出，根据等面积法求解即可.【小问1详解】，，即，又，， ，，即，所以，.【小问2详解】由（1）知，，由，由正弦定理，，可得，，.22.已知函数的部分图象如图所示，矩形的面积为．（1）求的最小正周期和单调递增区间．（2）先将的图象向右平移个单位长度，再将所得图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标缩小为原来的，最后得到函数的图象．若关于的方程在区间上仅有3个实根，求实数的取值范围． 【答案】（1），，．（2）．【解析】【分析】（1）根据矩形的面积公式，结合正弦型最小正周期公式和正弦型函数的单调性进行求解即可；（2）根据正弦型函数图象的变换性质，结合因式分解法、正弦型函数的单调性进行求解即可.【小问1详解】由的解析式可知，矩形的面积为，所以．根据点在的图象上的位置知，得．所以．的最小正周期为．令，，得，，所以单调递增区间为，．【小问2详解】将的图象向右平移个单位长度，所得曲线对应的函数为，再将所得图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标缩小为原来的，所得曲线对应的函数为，即．由得，即或．作出在上的大致图象如图所示： 易知方程在上仅有一个实根．要使原方程在上仅有3个实根，则须方程在上有2个实根，即直线与曲线在上有2个公共点，结合图象可知须．即的取值范围是．