2023-2024学年湖北省温德克英联盟高二（上）开学数学试卷（8月份）（含解析）

这是一份2023-2024学年湖北省温德克英联盟高二（上）开学数学试卷（8月份）（含解析），共25页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023-2024学年湖北省温德克英联盟高二（上）开学数学试卷（8月份）
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 若复数z满足z=2−ii+i2022(i为虚数单位)，则z的虚部为(    )
A. −2 B. −2i C. 2 D. 2i
2. 设x，y∈R，向量a=(x,1)，b=(1,y)，c=(1,−2)，且a⊥c，b//c，则x+y=(    )
A. 0 B. 1 C. 2 D. 3
3. 为了研究某种病毒与血型之间的关系，决定从被感染的人群中抽取样本进行调查，这些感染人群中O型血、A型血、B型血、AB型血的人数比为4：3：3：2，现用比例分配的分层随机抽样方法抽取一个样本量为n的样本，已知样本中O型血的人数比AB型血的人数多20，则n=(    )
A. 100 B. 120 C. 200 D. 240
4. α、β、γ、δ表示平面，l为直线，下列命题中为真命题的是(    )
A. α⊥γ，β⊥γ⇒α//β
B. α⊥β，β⊥γ⇒α⊥γ
C. α⊥γ，β⊥γ，α∩β=l⇒l⊥γ
D. α//γ，β//δ，α⊥β⇒γ//δ
5. 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，ccosA=( 2b−a)cosC.若A=π12，点D在边AB上，AD=BC=1，则△BCD的外接圆的面积是(    )
A. 2+ 33π B. 4+ 33π C. 6+ 33π D. 8+ 33π
6. 如图，棱长为2正方体ABCD−A1B1C1D1，O为底面AC的中心，点P在侧面BC1内运动且D1O⊥OP，则点P到底面AC的距离与它到点B的距离之和最小是(    )
A. 85
B. 125
C. 5
D. 2 2
7. 已知函数在上单调递增，且当时，f(x)≥0恒成立，则ω的取值范围为(    )
A. B. C. D.
8. 定义：若f(x)=g(x),1≤x0，若函数y=f(ωx)在区间[−π2,  2π3]上是增函数，求ω的取值范围；
(3)若函数g(x)=12[f(2x)+af(x)−af(π2−x)−a]−1在[−π4,π2]的最大值为2，求实数a的值．
19. (本小题12.0分)
在△ABC中，内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，△ABC的面积为S△ABC．
已知① 3CA⋅CB=2S△ABC，②(sinC+sinA)(sinC−sinA)=sinB(sinB−sinA)，③(2a−b)cosC=ccosB，从这三个条件中任选一个，回答下列问题，
(1)求角C；
(2)若c=2，求△ABC的面积的最大值．
20. (本小题12.0分)
如图，在四棱台ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD是菱形，∠ABC=π3，∠B1BD=π6，
(Ⅰ)求证：直线AC⊥平面BDB1；
(Ⅱ)求直线A1B1与平面ACC1所成角的正弦值．

21. (本小题12.0分)
已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，acosA+C2=bsinA，BD平分∠ABC交AC于点D，且BD=2，2AD=3CD．
(Ⅰ)求B；
(Ⅱ)求△ABC的面积．
22. (本小题12.0分)
如图①所示，长方形ABCD中，AD=1，AB=2，点M是边CD的中点，将△ADM沿AM翻折到△PAM，连结PB，PC，得到图②的四棱锥P−ABCM．

(1)求四棱锥P−ABCM的体积的最大值；
(2)若棱PB的中点为N，求CN的长；
(3)设P−AM−D的大小为θ，若θ∈(0,π2]，求平面PAM和平面PBC夹角余弦值的最小值．
答案和解析

1.【答案】A 
【解析】解：z=2−ii+i2022=(2−i)ii⋅i+i2=−1−2i−1=−2−2i，
则z的虚部为−2，
故选：A．
根据复数的运算性质计算即可．
本题考查了复数的运算，考查虚部的定义，是基础题．

2.【答案】A 
【解析】解：根据题意，向量a=(x,1)，b=(1,y)，c=(1,−2)，
若a⊥c，则有a⋅c=x−2=0，即x=2，
若b//c，则有y=1×(−2)=−2，
则x+y=0；
故选：A．
根据题意，由向量垂直和平行的判断方法求出x、y的值，计算可得答案．
本题考查向量的坐标计算，涉及向量垂直、平行的判断，属于基础题．

3.【答案】B 
【解析】解：用比例分配的分层随机抽样方法抽取一个样本量为n的样本，
已知样本中O型血的人数比AB型血的人数多20，
则4n4+3+3+2−2n4+3+3+2=20，解得n=120．
故选：B．
根据已知条件，结合分层抽样的定义，即可求解．
本题主要考查分层抽样的定义，属于基础题．

4.【答案】C 
【解析】解：当两个平面都和第三个平面垂直，这两个平面的位置关系不能确定，故A，B不正确，
当四个平面中两对平面两两平行，且各自有一个平面与另一对的一个平面垂直，
余下的两个平面也垂直，故D不正确，
故选：C．
当两个平面都和第三个平面垂直，这两个平面的位置关系不能确定，当四个平面中两对平面两两平行，且各自有一个平面与另一对的一个平面垂直，余下的两个平面也垂直
本题考查空间中直线与平面之间的位置关系，本题解题的关键是条件中所给的平面比较多，需要认真分清线面之间的关系．

5.【答案】B 
【解析】解：因为ccosA=( 2b−a)cosC，所以由正弦定理得sinCcosA=( 2sinB−sinA)cosC，
所以sinCcosA+sinAcosC= 2sinBcosC，

所以sin(C+A)= 2sinBcosC，所以sin(π−B)= 2sinBcosC，
所以sinB= 2sinBcosC，因为sinB≠0，所以cosC= 22，
因为C∈(0,π)，所以C=π4，所以B=π−A−C=π−π12−π4=2π3，
在△ABC中，由正弦定理得BCsinA=ABsin∠ACB，1sinπ12=ABsinπ4，
所以ABsinπ12= 22，
因为sinπ12=sin(π3−π4)=sinπ3cosπ4−cosπ3sinπ4= 6− 24，
所以AB 6− 24= 22，得AB= 3+1，
所以BD= 3，
在△BCD中，由余弦定理得CD2=BD2+BC2−2BD⋅BCcosB，
CD2=3+1−2× 3×1×(−12)=4+ 3，
所以CD= 4+ 3，
设△BCD外接圆半径为R，则由正弦定理得2R=CDsinB= 4+ 3 32=2 4+ 3 3，
所以R= 4+ 3 3，
所以△BCD的外接圆的面积是πR2=4+ 33π，
故选：B．
利用正弦定理将ccosA=( 2b−a)cosC统一成角的形式，化简后可求出C=π4，在△ABC中利用正弦定理可求出AB，则可求出BD，然后在△BCD中利用余弦定理求出CD，再利用正弦定理可求出△BCD外接圆的半径，从而可求出圆的面积．
本题主要考查解三角形，考查转化能力，属于中档题．

6.【答案】A 
【解析】
【分析】
解：如图，

由正方体性质知，当P位于C点时，D1O⊥OC，
当P位于BB1 的中点P1 时，由已知得，DD1=2，DO=BO= 2，
BP1=B1P1=1，B1D1=2 2，
求得OD1= 4+2= 6，OP1= 2+1= 3，D1P1= 8+1=3．
∴OD12+OP12=D1P12，得OD1⊥OP1．
又OP1∩OC=O，OP1⊂平面OP1 C，OC⊂平面OP1 C，
∴D1O⊥平面OP1 C，得到P的轨迹在线段P1C上．
过B作关于CP1的对称点B′，过P作PH⊥BC于H，
当B′，P，H三点共线时，点P到底面AC的距离与它到点B的距离之和取得最小值．
在直角三角形P1BC中，BC=2，P1B=1，P1C= 4+1= 5，
BB′=4 5，所以B′H=BB′sin∠HBB′=4 5×2 5=85，
故选：A．
【解答】
由题意画出图形，由直线与平面垂直的判定可得P的轨迹，再由三点共线取得最小值，计算可得所求最小值．
本题考查空间线面垂直的判断和性质，以及三点共线取得最值的性质，考查运算能力和推理能力，属于中档题．
  
7.【答案】B 
【解析】解：由已知，函数在上单调递增，
所以，解得：，
由于，
所以，解得：①，
又因为函数在上f(x)≥0恒成立，
所以，解得：，
由于，
所以，解得：②，
又因为ω>0，当k1=k2=0时，由①②可知：，解得；
当k1=k2=1时，由①②可知：，解得．
所以ω的取值范围为．
故选：B．
由已知，分别根据函数f(x)在区间上单调递增，在时，f(x)≥0恒成立，列出不等关系，通过赋值，并结合ω的本身范围进行求解．
本题考查余弦函数的图象及性质，考查不等式的恒成立问题，考查运算求解能力，属于中档题．

8.【答案】B 
【解析】解：由题意，可知，
当x∈[1,2)，y∈[−1,0)；当x∈[2,4)，y∈[−2,0)；
以此类推，当x∈[8,16)，y∈[−8,0)；当x∈[16,32)，y∈[−16,0)，
当x∈[1,2)，令sin(πx)=−8÷16=−12，得，x=76或116(舍)，
76×16=563，所以m的最大值为563．
故选：B．
当1≤x181.2=15，D正确．
故选：ACD．
根据统计图，分析数据，依次判断各个选项即可．
本题考查统计图，考查数据分析的核心素养，是基础题．

10.【答案】AB 
【解析】解：对于A，cos2π12−sin2π12=cos(2×π12)=cosπ6= 32，故A正确；
对于B，3tan15°1−tan215∘=32×2tan15°1−tan215∘=32×tan30°=32× 33= 32，故B正确；
对于C， 34sin10°−34cos10∘= 3cos10°−3sin10°4sin10°cos10°=2 3sin(30°−10°)2sin20°= 3，故C错误；
对于D，tan5π4+tan5π12tan5π12−1=−tanπ4+tan5π121−tanπ4tan512π=−tan(π4+5π12)=−tan2π3=tanπ3= 3，故D错误．
故选：AB．
由三角恒等变换知识逐一判断各选项即可．
本题考查三角恒等变换化的简求值，属于基础题．

11.【答案】ACD 
【解析】解：因为S=4πR2=20π，所以R2=5；
对于A，若CD⊥AB，则平面BCD⊥平面ABC，过BD的中点F作与平面BCD垂直的直线l，
设球心为O，则l//平面ABC，作FH⊥BC，垂足为H，
则FH即为球心O到平面ABC的距离d，对于△ABC，
设其外接圆半径为r，则ABsin120∘=2 32=2r,r=2，
所以d=HF= R2−r2=1，因此CD=2HF=2，故A正确；

对于B，因为始终满足CB⊥CD，所以点D的轨迹是与BC垂直的球内某截面圆，如图所示：

因为BC=2为定值，作AH⊥D点所在截面圆O′，取BC得中点M，连接OM，OO′，OM= R2−(BC2)2=2，因为OO′和BC同时满足垂直于D点所在截面圆，
所以OM即为D点所在截面圆的半径，所以D点在以2为半径的圆上，C为定点，
所以满足CD=2时的点D有两个点，作A点在截面圆的投影，垂足设为H，
所以当H，O′，D共线时满足CD⊥AB，
所以必定有另外一个符合CD=2的D点不满足，因此B选项错误；
对于C，

因为平面ABC(ABCH)与圆O′垂直，所以OO′与平面ABC平行，作OO1⊥AH，
又因为OO1⊥BC，所以OO1⊥平面ABC，因此O1为△ABC外接圆的圆心，
而△ABC外接圆半径r为2，又因为O1H=MC=1，所以AH=r+1=3，
若求AD的最小值，在直角三角形ADH中，只需确定出DH的最小值即可，
如图所示，点D在D′位置时，DH最小，AD也最小，即AD= AH2+DH2= 9+DH2，
由A的分析可知球心O到平面ABC的距离为1，即OO1=1，
则O′H=1，而DH的最小值为D′H=O′D′−O′H=2−1=1，
所以AD的最小值为 10，故C正确；
对于D，△ABC的面积为定值，且D点在与△ABC垂直的截面圆上，
只需当D点到平面ABC距离最大时，三棱锥A−BCD体积也最大，
又因为O′H⊥平面ABC，因此当D点位于HO′与截面圆的交点处时(如图示位置)
即H，O′，D共线时，高即DH最大，最大值OH′+DO′=1+2=3，
故此时三棱锥A−BCD体积的最大值为13×12×2×2×sin120°×3= 3，故D正确，
故选：ACD．
对于A，计算出△ABC的外接圆半径，明确球心到平面ABC的距离，可求得CD=2；
对于B，要明确D的轨迹是与BC垂直的球内某截面圆，由此判断满足CD=2时的点D有两个点，其中有一个不满足；
对于C，借助于图示，确定点D在D′位置时，线段AD长度才可取到最小值，由此计算即可；
对于D，由于△ABC的面积为定值，且D点在与△ABC垂直的截面圆上，只需当D点到平面ABC距离最大时，三棱锥A−BCD体积也最大，由此可以求先求得三棱锥的高的最大值，可求得结果．
本题主要考查锥体体积导数计算，立体几何中的最值问题，空间中的垂直关系等知识，属于中等题．

12.【答案】BCD 
【解析】解：A：∵a=2，sinB=2sinC即b=2c，设b=2t，c=t，由4+t2=4t2，可得t=2 33，
 满足条件的△ABC可能是直角三角形，故A错误；
 B：以BC的中点为坐标原点，BC所在直线为x轴，可得B(−1,0)，C(1,0)，
∵sinB=2sinC，可得b=2c，
 设A(m,n)，可得 (m−1)2+n2=2 (m+1)2+n2，
化简得m2+n2+103m+1=0，化为(m+53)2+n2=(43)2，
 则A的轨迹为以(−53,0)，半径为43的圆，可得△ABC的面积的最大值为12×2×43=43，故B对；
C：∵a=2，sinB=2sinC，A=2C，可得B=π−3C，
 由正弦定理可得：b=2c，
 由bsinB=csinC，可得：2csin(π−3C)=csinC=2csinC(4cosC2−1)，
 由sinC≠0，可得：4cos2C−1=2，解得：cos2C=34，故cosC= 32，
 sinC= 1−cos2C=12，可得sinA=2sinCcosC=2×12× 32= 32，
 由2 32=c12可得：c=2 33，b=4 33，则a+b+c=2+2 3，故C对；
 D：S△ABC=12bcsinA=12×4 33×2 33× 32=2 33
设△ABC的内切圆半径为R，则R=2sa+b+c=2×2 332+2 3=3− 33，
S△ABO=12cR=12×2 33×3− 33= 3−13.故D对．
故选：BCD．
考虑勾股定理的逆定理，即可判断，运用圆的方程和三角形的面积公式，即可得到所求最大值；运用正弦定理可得b=2c，运用三角函数的恒等变换，即可得到所求周长；运用正弦定理和三角函数的恒等变换、三角形的面积公式和等积法，即可得到所求面积．
本题考查三角形的正弦定理和面积公式的运用，考查三角函数的恒等变换，考查转化思想和运算能力，属于难题．

13.【答案】4 
【解析】解：由题意设z1=a+bi(a,b∈R)，则z1+2i=a+bi+2i=a+(b+2)i，
∵|z1|=2，
∴ a2+b2=2，即a2+b2=4，
即|z1|的模的轨迹可理解为以(0,0)为圆心，半径为2的圆．
则|z1+2i|= a2+(b+2)2，可理解为求点(a,b)到点(0,−2)之间的距离，
故|z1+2i|的最大值为4．
故答案为：4．
由题意，设z1=a+bi(a,b∈R)，得到a2+b2=4，则|z1+2i|= a2+(b+2)2，利用复数的模的几何意义，即可得解．
本题主要考查向量模公式，属于基础题．

14.【答案】(−3316,1516) 
【解析】
【分析】
本题考查了平面向量的线性运算的应用及平面向量基本定理的应用，还考查了二次函数最值取得条件的应用，属于中档试题．
由已知结合外心的性质可得，AO⋅AB=36α+48βcosA=18AO⋅AC=48αcosA+64β=32，解出α，β后代入sin2A⋅(tα+β−12)，结合二次函数的性质即可求解．
【解答】
解：取AB中点M，则OM⊥AB且平分AB，
∴AO⋅AB=2AO⋅AM=2|AO||AM|cos∠MAO=2|AM|2=2×32=18，
同理可得，AO⋅AC=2×42=32，
由已知得：AO⋅AB=36α+48βcosA=18AO⋅AC=48αcosA+64β=32，
∴α=3−4cosA6sin2Aβ=4−3cosA8sin2A，
∴sin2A⋅(tα+β−12)=t(3−4cosA)6+4−3cosA8−sin2A2=12cos2A−(2t3+38)cosA+t2，
令m=cosA，则m∈(−1,1)，
∵y=12m2−(2t3+38)m+t2有最小值，
根据二次函数的性质可知，m=−−(2t3+38)2×12∈(−1,1)⇒−3316