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含解析

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含解析，共19页。

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. 1
C. 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.
CD.
【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. 0B. 1
C. 3D.
【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．