2023-2024学年河南省郑州市第四十七高级中学高二上学期开学考试数学试题含答案

这是一份2023-2024学年河南省郑州市第四十七高级中学高二上学期开学考试数学试题含答案，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题，证明题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．复数，是虚数单位，则下列结论正确的是（ ）
A．B．的共轭复数为
C．的实部与虚部之和为1D．在平面内的对应点位于第一象限
【答案】D
【分析】利用复数除法运算化简，结合复数的模、共轭复数、实部和虚部、复数对应点的坐标等知识确定正确选项.
【详解】，
所以：，A选项错误.
，B选项错误.
的实部与虚部之和为2，C选项错误.
对应点为，在第一象限,，D选项正确.
故选：D
2．下列说法正确的是（ ）
A．若，则
B．若 ， ，则
C．长度不相等而方向相反的两个向量是平行向量
D．单位向量都相等
【答案】C
【分析】根据向量的相关性质逐项分析.
【详解】对于A，若，只能说明两个向量的模长相等，但是方向不确定，所以A错误；
对于B，如果，结论B不正确；
对于C，根据平行向量的定义，C正确；
对于D，单位向量长度相等，但是方向不确定，所以D错误；
故选：C.
3．在中，已知为上一点，若，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】作出图形，利用平面向量的加法和减法法则可得出关于、的表达式.
【详解】如下图所示，.
故选：D.
4．如图正方形的边长为，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的周长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据斜二测画法确定的形状及各边的长，即可求四边形周长.
【详解】由斜二测画法知：对应原图中，且，
所以，且为平行四边形，如下图示，
所以原图形的周长为.
故选：B
5．已知的三内角、、所对的边分别是、、，设向量，，若，且满足，则的形状是（ ）
A．等腰直角三角形B．等边三角形
C．钝角三角形D．直角非等腰三角形
【答案】B
【分析】利用平面向量平行的条件得，再根据题设条件利用正弦定理的边角互化、和角公式确定两边、的关系以及角的大小，运算即可得解.
【详解】解：由题意，向量，，，
则，可得：，即.
又由，可得，
即，
∵，∴，∴可解得：，
∵，∴，又∵，∴，
∴是等边三角形.
故选：B.
6．在中，则的值等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】分析：先利用三角形的面积公式求得的值，进而利用余弦定理求得，再利用正弦定理求解即可.
详解：由题意，在中，
利用三角形的面积公式可得，
解得，
又由余弦定理得，解得，
由正弦定理得，故选A.
点睛：本题主要考查了利用正弦定理和三角函数的恒等变换求解三角形问题，对于解三角形问题，通常利用正弦定理进行“边转角”寻求角的关系，利用“角转边”寻求边的关系，利用余弦定理借助三边关系求角，利用两角和差公式及二倍角公式求三角函数值. 利用正、余弦定理解三角形问题是高考高频考点，经常利用三角形内角和定理，三角形面积公式，结合正、余弦定理解题.
7．南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔时，相应水面的面积为；水位为海拔时，相应水面的面积为，将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔上升到时，增加的水量约为（）（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据题意只要求出棱台的高，即可利用棱台的体积公式求出．
【详解】依题意可知棱台的高为(m)，所以增加的水量即为棱台的体积．
棱台上底面积，下底面积，
∴
．
故选：C．
8．已知中，，，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】如图可得是点到的距离，根据平面向量的基本定理可得当点在点处时取得最小值，利用余弦定理求得即可.
【详解】如图，
由平面向量的加法法则可得是点到的距离，
依题意得为等腰直角三角形，斜边为斜边的两个四等分点，
因为，且，
所以点在线段上运动，
由图易得，当点在点处时，取得最小值，
由余弦定理，得，
所以.
故选：C.
二、多选题
9．下列说法中错误的为（ ）
A．已知，且与夹角为锐角，则实数的取值范围是
B．向量，不能作为平面内所有向量的一组基底
C．非零向量，，满足且与同向，则
D．非零向量和，满足，则与的夹角为30°
【答案】AC
【分析】A选项，得到且与不同向共线，列出不等式，得到答案；B选项，计算得到，平行，B正确；C选项，两向量不能比较大小；D选项，设，计算出，，利用夹角余弦公式计算出答案.
【详解】A选项，，
因为与夹角为锐角，所以且与不同向共线，
故，且，
解得且，故实数的取值范围是，A错误；
B选项，因为，故向量，平行，
不能作为平面内所有向量的一组基底，B正确；
C选项，两个向量不能比较大小，C错误；
D选项，不妨设，故，
解得，
则，所以，
故，
因为，所以，则与的夹角为，D正确.
故选：AC
10．下列说法中正确的是（ ）．
A．若，，．则有两组解
B．在中，已知，则是等腰直角三角形
C．若，则直线AP一定经过这个三角形的外心
D．在中，若
【答案】AD
【分析】根据正弦定理可判断解的个数从而确定A的正误，根据正弦定理边角互化确定角的关系即可判断B的正误，根据式子特点确定的值即可确定C的正误，根据边角关系及正弦定理即可确定D的正误.
【详解】对于A，由正弦定理得，因为，所以或，有两解，故A正确；对于B，，可得或，故B错误；对于C，，所以直线AP一定经过这个三角形的垂心，故C错误；对于D，，故D正确.
故选：AD.
11．如图，为圆锥底面圆的直径，点是圆上异于的动点，已知，，则下列结论正确的是（ ）

A．圆锥的侧面积为
B．三棱锥体积的最大值为
C．圆锥内切球的半径为
D．若，为线段上的动点，则的最小值为
【答案】ABD
【分析】根据题意可知圆锥母线长为，底面圆半径为，由扇形面积公式可计算得圆锥的侧面积为，即A正确；易知当时，三棱锥体积的最大值为，所以B正确；将圆锥内切球的半径转化为内切圆的半径，可得，可知C错误；将以为轴旋转到与共面，由侧面展开图利用余弦定理可求得的最小值为，即D正确.
【详解】由，圆锥母线长可得，
所以底面圆半径为，又显然，可得，
对于A，圆锥的侧面积为，即A正确；
对于B，易知当时，的面积最大，此时，
则三棱锥体积的最大值为，即B正确；
对于C，圆锥内切球的半径即为轴截面内切圆的半径，不妨设为，
利用等面积法可得，可得，所以C错误；
对于D，若，可得，又，所以；
又因为，所以为等边三角形，，
将以为轴旋转到与共面，得到，
则为等边三角形，且，如下图所示：

所以的最小值即为，
又因为,,
由余弦定理可得，
可得，即D正确；
故选：ABD
12．如图，正方形的中心与圆的圆心重合，是圆上的动点，则下列叙述正确的是（ ）
A．是定值
B．是定值
C．是定值
D．是定值
【答案】ABD
【分析】依题意建立以为原点的坐标系，设正方形边长为，圆的半径为，点坐标为，对选项中的表达式进行化简可得选项ABD中的表达式可写成只含有和的式子，结果为定值，而C选项中的结果最终含有，即与点位置有关，不是定值.
【详解】根据题意，以为坐标原点建立平面直角坐标系，如下图所示：
不妨设正方形边长为，圆的半径为，点坐标为；
则可得，且；
易知；
所以对于A选项，，为定值，即A正确；
对于B选项，
，为定值，所以B正确；
对于C选项，易知表达式中不能表示成只含有边长和半径的式子，
即与有关，故其不是定值，所以C错误；
对于D选项，
，为定值，故D正确；
故选：ABD
【点睛】关键点点睛：求解本题的关键在于建立适当的直角坐标系，将向量坐标化，再由向量数量积的坐标表示求解是否为定值.
三、填空题
13．已知两个单位向量，满足，则向量，的夹角为 ．
【答案】/
【分析】首先根据平面向量的运算律求出，再根据夹角公式计算可得；
【详解】解：由单位向量，满足，得，所以，，所以，
又,所以.
故答案为：
14．2019年10月1日，在庆祝新中国成立70周年阅兵中，由我国自主研制的军用飞机和军用无人机等参阅航空装备分秒不差飞越天安门，壮军威，振民心，令世人瞩目．飞行员高超的飞行技术离不开艰苦的训练和科学的数据分析．一次飞行训练中，地面观测站观测到一架参阅直升飞机以千米/小时的速度在同一高度向正东飞行，如图，第一次观测到该飞机在北偏西的方向上，1分钟后第二次观测到该飞机在北偏东的方向上，仰角为，则直升机飞行的高度为 千米．（结果保留根号）
【答案】
【分析】根据飞行时间和速度可求飞行距离，结合两次观察的方位角及三角形知识可得.
【详解】如图，
根据已知可得
设飞行高度为千米，即，则;
在直角三角形中，,所以，；
在直角三角形中，同理可求；
因为飞行速度为千米/小时，飞行时间是1分钟，所以,
所以，解得，故答案为.
【点睛】本题主要考查以现实问题为背景的解三角形问题，准确理解方位角是求解本题的关键，融合了简单的物理知识，侧重考查了直观想象和逻辑推理的核心素养.
15．如图，在中，为边上不同于，的任意一点，点满足.若，则的最小值为 .

【答案】/0.4
【分析】根据题意，得，因为，，三点共线，所以，将化为的函数求最小值即可.
【详解】根据题意，得.
因为，，三点共线，设，则，
所以，
所以，
所以有，即，
所以，
所以当时，取得最小值.
故答案为：
16．如图，的内角，，的对边分别为，，，且满足，，设，，则四边形面积的最大值为 .
【答案】
【分析】由，由正弦定理化简可得,可得，又，所以为等边三角形，可得 ，化简可得，求出的取值范围，可得四边形面积的最大值.
【详解】解：由，以及正弦定理得：，
，
，
由正弦定理得：，又，所以为等边三角形，
，
，，当且仅当，即时，取最大值.
【点睛】本题主要考查三角恒等变化及正弦定理、余弦定理解三角形及三角函数的性质，考查学生的综合计算能力，需牢记并灵活运用各定理解题，属于中档题.
四、解答题
17．已知向量，，，且，．
(1)求向量、；
(2)若，，求向量，的夹角的大小.
【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）由题意结合向量平行及垂直的坐标表示可求，，进而可求；
（2）设向量，的夹角的大小为．先求出，，然后结合向量夹角的坐标公式可求．
【详解】（1）解：因为，，，且，，
所以，，
所以，，
所以，；
（2）解：设向量，的夹角的大小为．
由题意可得，，，
所以，
因为，所以．
五、证明题
18．已知中是直角，，点是的中点，为上一点.
(1)设，，当，请用，来表示，.
(2)当时，求证：.
【答案】(1)，
(2)证明见解析
【分析】（1）利用向量的线性运算求解；
（2）以点为坐标原点，以，为，轴，建立如图所示平面直角坐标系，用数量积的坐标表示计算．
【详解】（1）∵，，点是的中点，
∴，
∴，
∵.
（2）以点为坐标原点，以，为，轴，建立如图所示平面直角坐标系，
设，∴点坐标为，另设点坐标为，∵点是的中点，
∴点坐标为，
又∵，∴，∴，，
所以，，
所以，
∴.
六、解答题
19．已知复数
（1）若，求角；
（2）复数对应的向量分别是，其中为坐标原点，求的取值范围.
【答案】（1）或；（2）.
【解析】（1）由题意可得：，由，可得：，即可得解；
（2）由题意可得，，
根据，即可得解.
【详解】（1）由，
可得
，
由，可得：，
所以，所以或；
（2）由题意可得，
由，所以，
所以，
所以的取值范围为.
【点睛】本题考了复数的乘积运算，以及对实数的虚部为0的考查，同时考查了求三角函数的取值范围和辅助角公式的应用，属于基础题.
20．如图所示，四边形是直角梯形单位：，求图中阴影部分绕所在直线旋转一周所成几何体的表面积和体积．
【答案】表面积为，体积为.
【分析】根据组合体的构成，结合圆台、球体的表面积、体积公式求几何体的表面积、体积即可.
【详解】由题意，几何体的表面积等于圆台下底面面积圆台的侧面积半球面面积．
半球面面积，
圆台的侧面积，
圆台下底面面积，
所以该几何体的表面积为
圆台体积，
半球体积
所以该几何体的体积为
21．在中，.
(1)求角的大小；
(2)若，的面积为，求的周长.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理结合余弦定理可求得的值，结合角的取值范围可求得角的值；
（2）利用三角形的面积公式可求得的值，利用余弦定理可求得的值，即可得出的周长.
【详解】（1）解：在中，设内角、、的对边分别为、、，
因为，即，
由题意得：
由正弦定理得，即，
所以，，又因为，所以，.
（2）解：，代入，则，即，
因为，所以，，
则，可得，因此，的周长为.
22．某学校的平面示意图为如下图五边形区域，其中三角形区域为生活区，四边形区域为教学区，为学校的主要道路（不考虑宽度）. ，.
（1）求道路的长度；
（2）求生活区面积的最大值.
【答案】（1）；（2）
【分析】(1)在中,利用余弦定理可计算出,进而用勾股定理计算出的长度;(2)在中,设,由正弦定理,将表示为的三角函数,再将的面积表示为的三角函数,通过三角恒等交换计算函数的最值.
【详解】（1）如图，连接，
在中，，
∴，
∵，
∴，
又，∴，
∴在中，，
故道路的长度为.
（2）设，∵，∴，
在中，易得
∴，，
∴
∵,
∴
∴当，即时，取得最大值，最大值为
【点睛】本题主要考查余弦定理、正弦定理、勾股定理、两角差的正弦公
式、二倍角公式等知识,意在考查数形结合思想,考查考生的化归与转化能力、运算求解能力.