四川省成都市蓉城名校联盟2023-2024学年高二数学上学期入学联考试题（Word版附解析）

这是一份四川省成都市蓉城名校联盟2023-2024学年高二数学上学期入学联考试题（Word版附解析），共20页。
2023~2024学年度上期高中2022级入学联考数学考试时间120分钟，满分150分注意事项：1．答题前，考生务必在答题卡上将自己的姓名、座位号、准考证号用0.5毫米的黑色签字笔填写清楚，考生考试条形码由监考老师粘贴在答题卡上的“贴条形码区”．2．选择题使用2B铅笔填涂在答题卡上对应题目标号的位置上，如需改动，用橡皮擦擦干净后再填涂其它答案；非选择题用0.5毫米的黑色签字笔在答题卡的对应区域内作答，超出答题区域答题的答案无效；在草稿纸上、试卷上答题无效．3．考试结束后由监考老师将答题卡收回．一、选择题：本题共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. 复数，则的虚部为（    ）A.  B. 1C.  D. 【答案】A【解析】【分析】利用复数的乘法法则及共轭复数的定义，结合复数的概念即可求解.【详解】,所以，所以的虚部为.故选: A.2. 已知是非零向量，则是（    ）A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件【答案】C【解析】【分析】根据充分必要性以及向量数量积的运算规则进行判断.【详解】解：因为是非零向量且，所以，满足充分性；又因为，且是非零向量，所以，故，即，满足必要性.故选：C．3. 已知偶函数在上单调递减，则下列结论正确的是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】D【解析】【分析】根据偶函数的性质和函数的单调性求解.【详解】由于函数为偶函数，故，且在上单调递减，所以，即，故选:D．4. 设的内角的对边分别为，已知，则（    ）A.  B. C. 或 D. 或【答案】A【解析】【分析】正弦定理求解.【详解】由正弦定理得：，即，则．又，则,则，故选:A．5. 已知是空间中两个不同的平面，是空间中两条不同的直线，下列说法正确的是（    ）A. 若，则B. 若，则C. 若，则D. 若，则【答案】C【解析】【分析】利用空间中线面关系的判定与性质定理逐项验证即可.【详解】对于A，若，则或，故A错误；对于B，若，则或者或者异面，故B错误；对于C，若，则，又，则，故C正确；对于D，若，则可以垂直，又，则，故D错误.故选：C.6. 某中学校园内有一水塔，小明同学为了测量水塔的高度，在水塔底的正东方向的处测得塔顶的仰角为，在水塔底的南偏西方向的处测得塔顶的仰角为，已知，则水塔的高度为（    ）A.  B. C  D. 【答案】A【解析】【分析】画出图象，在，利用余弦定理解出即可.【详解】如图：设水塔高为，则，则在中，，化简得：，即，  故选：A．7. 在四棱锥中，平面，四边形为菱形，，，点为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（    ）A.  B. C.  D. 【答案】B【解析】【分析】连接交于点，连接，得到（补角）是异面直线与所成角求解．【详解】解：如图所示：  连接交于点，连接，因为,所以（补角）是异面直线与所成角．因为平面，平面，所以，又因为四边形为菱形，所以，又，所以平面PBD，又平面PBD，所以，则为直角三角形，设，在中，， 所以，故选：B．8. 的值为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】利用二倍角公式及诱导公式化简即可.【详解】由题意得：，故选：二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求；全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．9. 若集合，且，则实数的取值为（    ）A. 0 B. 1C. 3 D. 【答案】ABD【解析】【分析】解出集合,根据，讨论集合,解出实数的值即可.【详解】，又，当，则，当，则，当，则．故选：10. 已知，函数，则下列结论正确的是（    ）A. 函数的初相是B. 是函数图象的一条对称轴C. 是函数图象的对称中心D. 函数的图象向左平移个单位后关于轴对称【答案】ACD【解析】【分析】根据向量的数量积的坐标表示及二倍角公式，利用辅助角公式及三角函数的性质，结合图象的平移变换即可求解.【详解】因为，所以，易知函数的初相是故A正确；由，得不是函数图象的一条对称轴，故B错误；由，得是函数图象的一个对称中心，故C正确；对于D选项：为偶函数，函数关于y轴对称，故D正确．故选：ACD．11. 如图，在四面体中，平面平面，，则下列结论正确的是（    ）A. 四面体的体积为B. C. 二面角的余弦值为D. 四面体外接球体积为【答案】BC【解析】【分析】根据平面平面，得到平面，从而，再由 得到，从而平面BCD，可判断AB选项；易得二面角的平面角是判断C选项；将原几何体补成长方体判断D选项.【详解】因为平面平面，平面平面，所以平面，平面，所以，又 ，则，且，所以平面BCD，在中，因为，，所以，所以，所以，A不正确，B正确；二面角的平面角是，易得，C正确；将原几何体补成长方体，如图所示：则四面体的外接球即为长方体的其外接球，外接球的直径为AD，且，所以半径，故，D错误．故选：BC．12. 设的内角的对边分别为，则下列结论正确的是（    ）A. 若，则B. 若，则外接圆的半径为C. 若，则D. 若，则为锐角三角形【答案】AC【解析】【分析】利用正弦定理化角为边，再根据大边对大角即可判断A；利用正弦定理即可判断B；先利用余弦定理求出，再根据数量积的定义即可判断C；利用正弦定理化角为边，正在跟进余弦定理即可判断D.【详解】对于A，因为，由正弦定理得，故A正确；对于B，由正弦定理，得，即外接圆的半径为，故B错误；对于C，由余弦定理，则，故C正确；对于D，因为，由正弦定理得，则，故，所以角为锐角，但不一定为锐角三角形，故D错误．故选：AC．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13. 已知函数，若，则______．【答案】【解析】【分析】根据已知条件及分段函数分段处理的原则即可求解.【详解】当时，，解得，此时无解，当时，，解得或（舍去），所以.故答案为：.14. 已知，则______．【答案】##【解析】【分析】利用二倍角的正弦和余弦公式，结合同角三角函数的平方关系和商数关系即可求解.【详解】由，得，因为，所以，，解得，所以.故答案为：.15. 已知等腰直角三角形的斜边长为，以该三角形的一直角边所在的直线为旋转轴将该三角形旋转一周，所得的旋转体的侧面积为______．【答案】【解析】【分析】根据圆锥的侧面积公式求解.【详解】由题可知，等腰三角形的腰长为，所以所得旋转体是以为底面圆的半径，为母线长的圆锥，所以侧面积为，故答案为: .16. 在中，已知，则的最大值为______．【答案】##【解析】【分析】由平面向量数量积公式和余弦定理得到，进而由余弦定理和基本不等式求出，从而求出有最大值，最大值为.【详解】由得，即，又由余弦定理得：，化简得：，，当且仅当时，等号成立，将代入中，可得，满足任意两边之和大于第三边，故有最小值，且为锐角，此时，，由于在上单调递减，在上单调递增，故有最大值，最大值为．故答案：【点睛】解三角形中最值或范围问题，通常涉及与边长，周长有关的范围问题，与面积有关的范围问题，或与角度有关的范围问题，常用处理思路：①余弦定理结合基本不等式构造不等关系求出答案；②采用正弦定理边化角，利用三角函数的范围求出最值或范围，如果三角形为锐角三角形，或其他的限制，通常采用这种方法；③巧妙利用三角换元，实现边化角，进而转化为正弦或余弦函数求出最值.四、解答题：本题共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. 已知．（1）与的夹角为，求；（2）若与垂直，求．【答案】（1）    （2）．【解析】【分析】（1）利用平面向量的夹角公式求解；（2）根据与垂直，由求解.【小问1详解】解：因为，所以，，所以，又；【小问2详解】，与垂直，，即，解得．18. 如图，在斜三棱柱中，，为的中点．  （1）证明：平面；（2）证明：平面平面．【答案】（1）证明见解析    （2）证明见解析【解析】【分析】（1）由三角形中位线可得∥，进而结合线面平行的判定定理分析证明；（2）由题意可得平面，进而结合面面垂直的判定定理分析证明.【小问1详解】设与交于点，连接，如图，  在斜三棱柱中，四边形是平行四边形，则点为的中点，因为点为的中点，点为的中点，则∥，且平面，平面，∥平面.【小问2详解】因为，则四边形是菱形，则，又因为，，可知平面，且平面，所以平面平面．19. 如图，在四边形中，与互补，．  （1）求；（2）求四边形的面积．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）连接，在中，利用余弦定理分别求出,,,利用两值相反，建立等式，解出即可；（2）分别求出的面积，相加即可.【小问1详解】连接，如图，  与互补，与互补，在中，，即，得，在中，，即，得，又与互补，，故；【小问2详解】由（1）得，，由（1）得，，．20. 已知函数．（1）求函数的最小正周期和图象的对称轴方程；（2）若存在，使得不等式成立，求．【答案】（1）最小正周期为，对称轴方程为；    （2）【解析】【分析】（1）化简，得，从而可得周期；令，求解即可得到对称轴方程；（2）根据题意可得，又，从而可得，求解得，从而可得.小问1详解】，的最小正周期，令，解得，对称轴方程为；【小问2详解】，即，又，则，故，．21. 已知的内角的对边分别为．（1）若，求角；（2）求的取值范围．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）逆用余弦和角公式，结合二倍角公式和诱导公式，得到，结合角的范围得到，由求出；（2）由正弦定理和三角函数恒等变换得到，计算出，从而求出的取值范围.【小问1详解】，∴，即，，，，，∴或，又，故，所以，，∴，解得；【小问2详解】由正弦定理得：，即，，又，∴，．，.22. 图①是由矩形和梯形组成的一个平面图形，其中，，点为边上一点，且满足，现将其沿着折起使得平面平面，如图②．  （1）在图②中，当时，（ⅰ）证明：平面；（ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值；（2）在图②中，记直线与平面所成角为，平面与平面的夹角为，是否存在使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）；    （2）存在【解析】【分析】（1）（ⅰ）分别利用勾股定理得到，故，，故，再利用平面平面，得到平面，从而，再利用线面垂直的判定定理证明；（ⅱ）设点到平面的距离为，过点作，利用等体积法求得h，再由求解；（2）延长交于点，连接，得到平面平面，过作平面，连接，过点作，连接，得到为直线与平面所成角，为平面与平面的夹角，然后由求解.【小问1详解】当时，即点为的中点，（ⅰ）证明：由题意得：，则，，故，又，则，又平面平面，平面平面 ，平面，又平面，故，又，平面，平面，所以平面；（ⅱ）设点到平面的距离为，过点作，则平面，如图，  又是等腰三角形，，，由得，则，故直线与平面所成角的正弦值为；【小问2详解】延长交于点，连接，则平面平面，过作平面，连接，过点作，连接，如图，  则为直线与平面所成角，即，则为平面与平面的夹角，即，又，则，，故，即点重合，又，即，由相似三角形得，设，则，，即得，则或（舍去），又，得，故存在使得．