江西省全南中学2023-2024学年高二上学期开学考试数学试题（含答案）

这是一份江西省全南中学2023-2024学年高二上学期开学考试数学试题（含答案），共15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学年第一学期高中学段开学考试二年级数学一、单选题（每题5分，共40分）1．已知集合，，则（    ）A． B． C． D．2．（    ）A． B． C． D．3．已知扇形的半径为1，圆心角为，则这个扇形的弧长为（    ）A． B． C． D．604．已知向量，，且，则（    ）A．9 B．3 C．6 D．55．函数在上的零点个数为（    ）A．3 B．4 C．5 D．66．如图，正方体的棱长为1，设直线与分别交于点，且，则线段的长为（    ）    A． B． C． D．7．筒车是我国古代发明的一种水利灌溉工具，因其经济又环保，至今还在农业生产中得到使用．现有一个筒车按逆时针方向匀速转动，每分钟转动6圈，如图，将该筒车抽象为圆，筒车上的盛水桶抽象为圆上的点，已知圆的半径为，圆心距离水面，且当圆上点从水中浮现时（图中点）开始计算时间．根据如图所示的直角坐标系，将点到水面的距离（单位：，在水面下，为负数）表示为时间（单位：）的函数，当时，点到水面的距离为（    ）  A． B． C． D．8．在四棱锥中，底面，底面为正方形，．点分别为平面，平面和平面内的动点，点为棱上的动点，则的最小值为（    ）A． B． C． D．1二、多选题（每题5分，共20分）9．下列说法错误的是（    ）A．各个面都是三角形的几何体是三棱锥B．用平行于圆锥底面的平面截圆锥，截去一个小圆锥后剩余的部分是圆台C．底面是矩形的四棱柱是长方体D．三棱台有8个顶点10．下列命题中，正确的有（    ）A．B．若平面向量，，两两的夹角相等，且，，，则或9C．若平面向量，是一组基底，且存在使得，，则D．若平面向量，是一组共线向量，则存在，使11．已知角的终边经过点，则的值可能为（    ）A． B． C． D．12．在棱长为1的正方体中，为侧面内的一个动点（含边界），则下列说法正确的是（    ）A．随着点移动，三棱锥的体积有最小值为B．三棱锥体积的最大值为C．直线与平面所成角的余弦值为D．作体对角线的垂面，则平面截此正方体所得截面图形的面积越大，其周长越大三、填空题（共20分）13．复数，则z的虚部为.14．已知，，若||＝12，||＝5，且90°，则的值为．15．某校研究性学习小组想要测量某塔的高度，现选取与塔底在同一个水平面内的两个测量基点A与，现测得，，米，在点A处测得塔顶的仰角为，则塔高为米．    16．如图，正方体的棱长为2，E，F分别为，的中点，P是底面上一点．若平面BEF，则AP与平面成角的正弦值的取值范围是．  四、解答题（共70分）17．计算：(1)；(2).18．已知.(1)把写成的形式，并指出它是第几象限角;(2)求，使与的终边相同，且.19．已知复数（为虚数单位，），且是纯虚数.(1)求复数；(2)在复平面内，复数对应的点位于第三象限，求实数的取值范围.20．如图所示，在平行四边形ABCD中，，，．  (1)试用向量来表示;(2)AM交DN于O点，求的值．21．在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且满足．(1)求角A；(2)若，求周长的最大值；(3)求的取值范围．22．如图①梯形ABCD中，，，，且，将梯形沿BE折叠得到图②，使平面平面BCDE，CE与BD相交于O，点P在AB上，且，R是CD的中点，过O，P，R三点的平面交AC于Q．    (1)证明：Q是AC的中点；(2)证明：平面BEQ；(3)M是AB上一点，已知二面角为45°，求的值．
 答案1．D因为，，所以，故选：D2．D因为，所以，故选：D.3．B易知，由扇形弧长公式可得.故选：B4．C因为，，且，所以，解得.故选：C5．B当时，由.若，可得、；若，可得、.综上所述，函数在上的零点个数为4.故选：B.6．B因为直线与分别交于点，且，则线段的长即为异面直线的距离，连接，，由条件可知，又因为平面，平面，所以平面，所以异面直线的距离，即为直线到平面的距离，由平面可知，直线到平面的距离等于到平面的距离，设到平面的距离为，由题意可知平面，所以到平面的距离为的长，由得，，由正方体的棱长为1，可知，，所以，，所以，所以，所以线段的长为.故选：B.  7．A设，则点到水面的距离，由题可知，与的夹角为，在时间转过的角度为，由图可知，点的纵坐标，因此则点到水面的距离，当时，，所以点到水面的距离为．故选：A8．B由题意得均最小时，平方和最小，过点分别作平面，平面，平面的垂线，垂足分别为，连接，因为面，平面，所以，因为底面为正方形，所以，又因为，平面，所以面，因为平面，则，又因为点在上，则点应在上，同理可证分别位于上，从而补出长方体，则是以为共点的长方体的对角线，则，则题目转化为求的最小值，显然当时，的最小值，因为四边形为正方形，且，则，因为面，面，所以，所以，则直角三角形斜边的高，此时，则的最小值为，故选：B.  9．ACD对于A，如图几何体是三棱锥与三棱锥组合而成，各个面都是三角形，但不是三棱锥，A错误；对于B，用平行于圆锥底面的平面截圆锥，截去一个小圆锥后剩余的部分是圆台，B正确；对于C，底面是矩形的四棱柱，当侧棱不垂直于底面时，该几何体不是长方体，C错误；对于D，三棱台有6个顶点，D错误.故选：ACD10．BCD对于A，，故A错误；对于B，若平面向量，，两两的夹角相等，则夹角为或，当夹角为时，，当夹角为时，，故B正确；对于C，若，是一组基底，且存在使得，，则，故C正确；对于D，若平面向量，是一组共线向量，则存在，使，故D正确.故选：BCD11．CD已知角的终边经过点所以，则当时，，此时；当时，，此时；所以的值可能为或.故选：CD.12．BC对于A，为定值，故A错误；  对于B，在正方体中，当点P在上时，三棱锥即的体积取最大值，，故B正确；  对于C，根据题意作图如下，在正方体中，，平面，平面，，因为，平面，所以平面，平面，即，因为，平面，平面，所以，且，平面，所以平面，平面，即，因为，所以平面，设，连接，设，则为直线与平面所成角，在中，，因为，所以直线与平面所成角的余弦值为，故C正确；  对于D，如下图，平面时，截面从A点到面过程中，截面面积和周长都越来越大；从面到面过程中，设，则，，所以，，所以截面周长为，所以面积先变大后变小而周长不变；从面到过程中，面积和周长越来越小，故D错误.故选：BC.    13．，故复数的虚部为.故答案为：14．1390°,，又||＝12，||＝5则，故答案为：15．根据题意可知，在中，，可得；利用正弦定理可得，即；又在点A处测得塔顶的仰角为，即，所以，即塔高为米.故答案为：16．如图，取的中点，的中点M，连接AM，AN，MN，，，    由正方体，E，N分别为，的中点，易知，且，所以四边形为平行四边形，所以，又因为平面BEF，平面BEF，所以平面BEF，因为E，F分别为，的中点，由中位线性质可得，同理可知，所以，又因为平面，平面，所以平面，又，平面AMN，所以平面平面，因为P是底面上一点，且平面，所以点，由分别为的中点，且，，则，，即，由，则在等腰中，底边上的高，则AP的长度的取值范围为，设与平面成角为，在正方体中，易知平面，且为垂足，所以．故答案为：.17．(1)(2)2（1）；（2）.18．(1)，第三象限角(2)或.（1）因为于是，它是第三象限角.（2）由（1）知，因为，所以，即，因为，所以或.当时，；当时，．所以或.19．(1)(2)（1）因为，且是纯虚数，所以是纯虚数，则，即，所以.（2），由题意可得，解得，所以实数的取值范围是20．(1)，(2)（1）因为，所以，所以，因为，所以，所以；（2）设，则，因为三点共线，所以存在实数使，由于向量不共线，则，，解得，所以.21．(1)(2)(3)（1），由正弦定理得，，因为，所以，即，因为，所以，故，所以，因为，所以，故，解得；（2）由（1）知，又，由余弦定理得，即，所以，由基本不等式可知，所以，解得，当且仅当时，等号成立，故的周长最大值为；（3）由（1）知，则，令，因为，所以，，则，故当时，取得最小值，最小值为，当时，取得最大值，最大值为，故的取值范围是.22．(1)证明见解析(2)证明见解析(3)（1）在图①中过C作，则，图②中，连接BD，CE，又∵，∴，∴，∴且．∴，∴，在中，，∴，又平面ACD，平面ACD，∴平面ACD，平面平面，∴，∴，又R是CD的中点，∴Q是AC的中点；    （2）如图，在直角梯形BCDE中，，∴中，，，∴∴，∴又∵平面平面BCDE，平面平面BCDE，∴平面BCDE，平面BCDE，∴，又，平面ACE，又平面ACE，∴，在中，，，∴∴，又由（1）Q是AC的中点，∴，，∴平面ACD，又平面ACD，∴又∵，，∴平面ADE，∴，又，∴平面BEQ；    （3）如图，过M作，过H作于点G，连结MG，    则∠MGH为二面角的平面角，∴，设，∴又，∴在中，，由得，即，∴∴