安徽省亳州市2023_2024学年高二数学上学期开学质量检测试卷含解析

这是一份安徽省亳州市2023_2024学年高二数学上学期开学质量检测试卷含解析，共20页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每个小题绐岀的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知为虚数单位，则（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数的除法公式，分子分母同乘可得答案.
【详解】.
故选：B.
2. 在中，已知D为BC上一点，且满足，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据平面向量的线性运算求得正确答案.
【详解】在中，，
所以.
故选：B
3. 设是两条不同的直线，是两个不同的平面，下列命题正确的是（）
A. 若，则∥B. 若，则
C. 若，则D. 若，则
【答案】C
【解析】
【分析】根据线面，面面平行的判定和性质，线面垂直的判定和性质分析判断即可.
【详解】对于A，当时，可能与平行，可能在内，所以A错误，
对于B，当时，可能平行，可能异面，所以B错误，
对于C，当时，由线面垂直的性质可得，所以C正确，
对于D，当时，与可能垂直，可能相交不垂直，可能平行，所以D错误，
故选：C
4. 设为单位向量，，当夹角为时，在上的投影向量为（）
AB. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据投影向量的定义即可求得答案.
【详解】由题意，在上的投影向量为，
故选：B．
5. 已知函数，若，其中，，则的最大值是（）
A. B. πC. D.
【答案】D
【解析】
【分析】确定的最大值和最小值，根据可得或，求出，从而可求出的最大值.
【详解】由，得，
因为，
所以或，
由，得，即，
因为，所以取得最大值时，的取值为或，
由，得，即，
因为，所以取得最小值时，的取值为或，
所以的最大值为
故选：D
6. 定义行列式．若函数在上恰有3个零点，则m的取值范围是（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先根据新定义和辅助角公式表示出，然后作出图像，利用图像解决零点问题.
【详解】由题意，，当时，，
设，故有个零点等价于在有个根，
令，作出，的图像如下：
时，令，如图所示，可解得四个交点的横坐标为：，
由题意，区间中只能恰好含有中这个值，故，
解得.
故选：B
7. 中国古代四大名楼鹳雀楼，位于山西省运城市永济市蒲州镇，因唐代诗人王之涣的诗作《登鹳雀楼》而流芳后世．如图，某同学为测量鹳雀楼的高度MN，在鹳雀楼的正东方向找到一座建筑物AB，高约为37m，在地面上点C处（B，C，N三点共线）测得建筑物顶部A，鹳雀楼顶部M的仰角分别为和，在A处测得楼顶部M的仰角为，则鹳雀楼的高度约为（）
A. 74mB. 60mC. 52mD. 91m
【答案】A
【解析】
【分析】求出，，，在中，由正弦定理求出，从而得到的长度.
【详解】在中，，
，，
在中，，
由，，
在中，.
故选：A
8. 如图，在三棱锥中，，均为等腰直角三角形，,若二面角的大小为，则三棱锥的外接球的表面积为（）
A. 80πB. 64πC. 48πD. π
【答案】C
【解析】
【分析】取，的中点，得为二面角的平面角，过作平面，则在的延长线上，求出，过作垂直于平面的直线，则三棱锥的外接球球心在上，过作，则四边形为矩形，设，利用可得答案.
【详解】由题意知，，又，为等腰直角三角形，
，分别取，的中点，，连接，，
，，，所以，
则为二面角的平面角即，
过作平面，则在的延长线上，
∴，，，，所以，
过作垂直于平面的直线，则三棱锥的外接球球心在上，
过作，则四边形为矩形，
设，利用，
，解得，得，
∴外接球的表面积.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：解题的关键点是过作垂直于平面的直线，则三棱锥的外接球球心在上，过作，则四边形为矩形，本题考查学生的空间想象能力、运算能力.
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 已知，，是三个平面向量，则下列叙述错误的是（）
A. 若，则B. 若，且，则
C. 若，，则D. 若，则
【答案】BC
【解析】
【分析】根据平面向量垂直和平行的性质及零向量的性质求解即可.
【详解】，即，故A正确；
若，且，当，时，则与不一定相等，故B错误；
若，，当时，与不一定平行，故C错误；
若，则，所以，
，故，故D正确.
故选：BC.
10. 已知函数的图象关于直线对称，则（）
A. 函数为偶函数
B. 函数在上单调递增
C. 若，则的最小值为
D. 将函数图象上所有点的横坐标缩小为原来的，得到函数的图象
【答案】BC
【解析】
【分析】根据函数的图象关于直线对称，由求得函数的解析式，再逐项判断.
【详解】因为函数的图象关于直线对称，
所以，即，
又因为，则，
所以，
A.函数为奇函数，故错误；
B. 因为，则，又在上递增，所以函数在上单调递增，故正确；
C. 因为，则分别为函数的最大值和最小值，则的最小值为，故正确；
D.将函数图象上所有点的横坐标缩小为原来的，得到函数的图象，故错误；
故选：BC
11. 某班级到一工厂参加社会实践劳动，加工出如图所示的圆台，在轴截面中，，则下列说法正确的是（）
A. 该圆台的高为.
B. 该圆台的体积为.
C. 圆台的轴截面面积为
D. 一只小虫从点C沿着该圆台的侧面爬行到AD的中点，所经过的最短路程为.
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据勾股定理、圆台体积公式、等腰梯形的面积公式，结合侧面展开图进行求解即可.
【详解】如图所示圆台的轴截面，
A：过点作，因此有，
所以A选项错误.
B：由圆台体积公式求得该圆台的体积为
所以B选项正确.
C：由梯形面积公式可得圆台的轴截面面积为，
所以C选项正确；
D：把圆台补成圆锥，圆锥的顶点为，圆锥的侧面展开图如下图所示：
因为，所以，
，
于是有，因此，
由余弦定理可知：
因此D选项正确.
故选：BCD
【点睛】关键点题：本题的关键是把圆台补成圆锥.
12. 在中，角，，所对的边分别为，，，且，则下列结论正确的是（）
A.
B. 是钝角三角形
C. 的最大内角是最小内角的倍
D. 若，则外接圆半径为
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据，得到，然后利用正、余弦定理和三角恒等变换知识逐项判断即可.
【详解】对A，因为在中，
所以，解得，
所以根据正弦定理知，故A正确；
对B，易知角C为最大角，则，
，所以角C为锐角，故是锐角三角形，故B错误；
易角A为最小角，则，
所以，即，
又，所以，所以，故C正确；
设外接圆的半径为R，则由正弦定理得，解得，故D正确；
故选：ACD.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共计20分.
13. 已知，且，则___________.
【答案】
【解析】
【分析】由可知，，再根据，即可求出的值．
【详解】因为，所以，而，
所以．
故答案为：．
14. 在长方体中，，则异面直线与所成角的余弦值为________；
【答案】
【解析】
【分析】由可得或其补角即为异面直线与所成角即可求解.
【详解】
因为，，所以四边形是平行四边形，
所以，
所以或其补角即为异面直线与所成角，
因为，
所以，，
所以，
故答案为：.
15. 已知向量，满足，且，则向量，的夹角为______，______．
【答案】 ①. ## ②. 1
【解析】
【分析】根据给定条件，利用向量的夹角公式及数量积的运算律求解作答.
【详解】设的夹角为，则，而，因此，
所以．
故答案为：；1
16. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足，点D在边AB上，且CD平分，若，则面积的最小值为________.
【答案】
【解析】
【分析】由余弦定理可得，再根据可得，再结合基本不等式与三角形面积公式求解即可.
【详解】由得，
故，又，故.
因为平分，且，由可得，即.
又，故，即，当且仅当时取等号.
故，即面积的最小值为.
故答案为：
四、解答题：本题共6小题，共计70分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤
17. 已知复数，．
（1）若是纯虚数，求的值；
（2）若在复平面内对应的点在第三象限，求的取值范围．
【答案】（1）；
（2）
【解析】
【分析】（1）由实部为且虚部不为列式求解；
（2）由实部与虚部均小于得到不等式组，求出的取值范围．
【小问1详解】
是纯虚数，
故，解得
【小问2详解】
因为在复平面内对应的点在第三象限，
所以，解得，
故的取值范围为．
18. 已知，且．
（1）求的值；
（2）求的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据余弦二倍角公式、正弦两角和公式以及同角的三角函数关系求解即可.
（2）根据求解即可.
【小问1详解】
，
【小问2详解】
，，
，，，
则
19. 如图，在四棱锥中，ABCD，四边形ABCD是菱形，，M，N分别为的中点．
（1）证明：平面；
（2）若，求点N到平面的距离．
【答案】（1）证明见解析
（2）.
【解析】
【分析】（1）取中点，连接，证明四边形是平行四边形，根据线面平行的判定定理即可证明结论；
（2）根据等体积法即，即可求得答案.
【小问1详解】
在四棱锥中，取中点，连接，如图，
由于四边形是菱形，分别为的中点，
则，，
于是四边形是平行四边形，有，
而平面，平面，
所以平面.
【小问2详解】
由（1）知，，平面，平面，则平面，
于是点到平面的距离等于点A到平面的距离，设为d，
由平面，平面，得，
而四边形ABCD是菱形，，，
则为正三角形，所以，
则，底边上的高，
于是的面积，而，
由，得，
即，解得d=，
所以点到平面的距离是.
20. 已知，函数．
（1）求图象的对称中心及其单调递增区间；
（2）若函数，计算的值．
【答案】（1），Z ，.(Z)
（2）2022
【解析】
【分析】（1）利用向量的数量积运算以及三角恒等变形求得函数解析式，利用正弦函数的性质求得对称中心以及单调递增区间；
（2）利用函数的周期性求解可得答案.
【小问1详解】
由已知得
，
令Z ，解得，
所以图象的对称中心坐标为，，
令Z，解得，，
所以单调递增区间(）；
【小问2详解】
，该函数周期为，
所以，，，，，
因为函数周期为，且，
所以，
而
，
所以.
21. 中国古代数学经典《数书九章》中，将底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥成为“阳马”.在如图所示的阳马中，底面为矩形，平面，，，以的中点为球心，为直径的球面交于（异于点），交于（异于点）.
（1）证明：；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】（1）由题易知平面，可得，又，即证出平面，从而；
（2）方法一：利用几何法，由等积法求出点到平面的距离，即可由求出；方法二：利用向量法，以为原点，，，所在直线为，，轴建立直角坐标系，求出平面的法向量，再根据线面角的向量公式即可求出．
【详解】（1）∵是球的直径，∴
又∵平面，面，∴
∵矩形，∴，
∵，∴平面
∵平面，∴
∵，∴平面
∵平面，∴.
（2）解法一：
由第一问可知，又∵，则是的中点，
∴，∵，∴，
∵，，，∴面，
∴
∵，∴在中，，∴，
∵，∴，，∴
∵面，∴在三棱锥中，
∵面，∴，∴
设到平面的距离为，则，∴
记与平面所成角为，则.
解法二：∵底面为矩形，平面，
∴，，两两互相垂直；
∴如图，以为原点，，，所在直线为，，轴建立直角坐标系.
则，，，∴，，
由第一问可知，又∵，则是的中点，∴
∴，，
设平面的法向量为.
由，得.
设，∴
∵，∴，
解得，∴，
记与平面所成角为，则，
∴直线与平面所成角的正弦值为.
22. 在中，角的对边分别为，且，．
（1）求；
（2）求边上中线长的取值范围．
【答案】（1）6（2）.
【解析】
【分析】（1）由已知条件，利用正弦定理边化角化简可得角B，利用正弦定理化简求得，又，可得结果；
（2）根据余弦定理结合基本不等式可得，设边上的中点为D，
因为，利用向量数量积运算可得边上中线的取值范围.
小问1详解】
因为，
由正弦定理可得，
整理得，
且，则，可得，即，
且，则，
由正弦定理，其中为的外接圆半径，
可得，，
又因，
所以.
【小问2详解】
在中，由余弦定理，即，
则，当且仅当时，等号成立，
可得，即
设边上的中点为D，
因为，
则
，
即，所以边上中线长的取值范围为.