浙江省杭州市临安中学2023-2024学年高二上学期开学考试数学 Word版含解析.docx

《浙江省杭州市临安中学2023-2024学年高二上学期开学考试数学 Word版含解析.docx》由会员上传分享，免费在线阅读，更多相关内容在教育资源-天天文库。

2022学年第二学期高二年级开学考试数学试题一､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.在空间四边形中，等于（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据平面向量的加法运算法则，即可求解.【详解】.故选：C2.直线的一个方向向量是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据直线的斜率先得到直线的一个方向向量，然后根据方向向量均共线，求解出结果.【详解】因为直线的斜率为，所以直线的一个方向向量为，又因为与共线，所以的一个方向向量可以是，故选：A.3.已知命题：直线与平行，命题，则是的（）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】A【解析】【分析】根据两直线平行满足的关系可得命题等价于或 ，结合充分不必要条件的判断即可求解.【详解】直线与平行，则，解得或，所以命题等价于或，命题．则由命题不能得到命题，但由命题可得到命题，则是的充分不必要条件．故选：A．4.若平面，的法向量分别为，，则（）A.B.C.，相交但不垂直D.以上均不正确【答案】C【解析】【分析】应用空间向量夹角的坐标运算求夹角余弦值，即可判断面面关系.【详解】由，而，由所得向量夹角余弦值知：，相交但不垂直.故选：C5.已知向量在基底下的坐标为，则在基底下的坐标为（）AB.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据空间向量的坐标表示，利用向量相等列方程组即可求出结果．【详解】因为向量在基底下的坐标为，即，设，、、，所以，令，解得，，； 所以在基底下坐标为．故选：B.6.与直线关于点对称的直线方程是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】设对称的直线方程上的一点的坐标为,则其关于点对称的点的坐标为,代入已知直线即可求得结果.【详解】解析：设对称的直线方程上的一点的坐标为,则其关于点对称的点的坐标为，以代换原直线方程中的得，即.故选:D.【点睛】本题考查了直线关于点的对称直线问题,一般转化为点关于点的对称点问题解决,属于基础题.7.已知四棱锥的底面为正方形，平面，，点是的中点，则点到直线的距离是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】利用坐标法，根据点到直线的距离的向量求法即得.【详解】如图建立空间直角坐标系，则， 所以，所以，所以点到直线的距离是.故选：D.8.已知，满足，则的最小值为（）A.B.C.1D.【答案】B【解析】【分析】先求出点关于线段的对称点的坐标，且有.根据几何意义，结合图象，即可得出取最小值时，点的位置，进而得出答案.【详解】 如图，过点作点关于线段的对称点，则.设，则有，解得，所以.设，则，所以，又，所以点到轴的距离为，所以，可视为线段上的点到轴的距离和到的距离之和.过作轴，显然有，当且仅当三点共线时，和有最小值.过点作轴，则即为最小值，与线段的交点，即为最小值时的位置.因为，所以的最小值为.故选：B．二､多选题：本大题共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.是空间的一个基底，与､构成基底的一个向量可以是（）A.B.C.D.【答案】AC【解析】【分析】根据空间基底、共面等知识确定正确答案.【详解】由于，所以、、共面，不能构成基底，B选项错误.由于，所以、､共面，不能构成基底，D选项错误.假设， 则，但此方程组无解，所以、､不共面，可以构成基底，A选项正确.假设，则，但此方程组无解，所以、､不共面，可以构成基底，C选项正确.故选：AC10.已知直线，则下列表述正确的是（）A.当时，直线的倾斜角为B.当实数变化时，直线恒过点C.当直线与直线平行时，则两条直线的距离为1D.直线与两坐标轴正半轴围成的三角形面积的最小值为4【答案】ABD【解析】【分析】A选项，可求出直线斜率，即可判断选项正误；B选项，将直线方程整理为，由此可得直线所过定点；C选项，由题可得，后由平行直线距离公式可判断选项；D选项，分别令，可得直线与轴，x轴交点为，.则围成三角形面积为，后由基本不等式可判断选项.【详解】A选项，当时，直线方程为，可得直线斜率为1，则倾斜角为，故A正确；B选项，由题可得，则直线过定点，故B正确； C选项，因直线与直线平行，则，则直线方程为：，即.则与直线之间的距离为，故C错误；D选项，分别令，可得直线与轴，x轴交点为，.又交点在两坐标轴正半轴，则.故围成三角形面积为，当且仅当，即时取等号.即面积最小值为4，故D正确.故选：ABD.11.在空间直角坐标系中，，，，则（）A.B.C.异面直线与所成角的余弦值为D.点到直线的距离是【答案】BD【解析】【分析】根据向量数量积、模、异面直线的夹角、点到直线的距离等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】，，A选项错误.，B选项正确.设异面直线与所成角为，则，所以C选项错误. 到直线距离为，所以D选项正确.故选：BD12.对于两点，，定义一种“距离”：，则（）A.若点C是线段AB的中点，则B.中，若，则C.在中，D.在正方形ABCD中，有【答案】ACD【解析】【分析】根据新定义，，之间的“距离:对选项逐个分析即可判断其正误即可．【详解】A中，若点C是线段AB的中点，则点C坐标为，则，故A正确；B中，因为中，若，取，，则，，，故，，显然，故B不正确；对于C，设，则，因为，同理，所以，故C正确; D中，因为ABCD为正方形，设正方形边长为a，可取，则，，故D正确．故选：ACD.三､填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知向量，，且，则___________.【答案】##-0.5【解析】【分析】利用向量垂直的坐标运算求解.【详解】向量，，且，则有，解得.故答案为：14.已知空间向量，，则向量在向量上的投影向量是______【答案】【解析】【分析】由向量在向量上的投影向量为,，计算即可求出答案．【详解】向量，，则，，，所以向量在向量上的投影向量为,,0,,0,，故答案为：．15.点到直线的距离的最大值是________．【答案】【解析】【分析】直线恒过点，根据几何关系可得，点到直线的距离的最大值为. 【详解】因为直线恒过点，记，直线为直线，则当时，此时点到直线的距离最大，∴点到直线距离的最大值为：.故答案为：.16.是直线上的第一象限内的一点，为定点，直线AB交x轴正半轴于点C，当面积最小时，点的坐标是___________.【答案】【解析】【分析】根据给定条件，设出点的坐标，并表示出点的横坐标，再列出三角形面积的关系式，利用均值不等式求解作答.【详解】依题意，设，，则，而，则有，显然，于是，由点在x轴正半轴上，得，面积，当且仅当，即时取等号，所以当面积最小时，点的坐标是.故答案为： 四､解答题：本题共5小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.17.平行六面体中，底面是边长为1的正方形，侧棱，且，为中点，为中点，设，，；（1）用向量，，表示向量；（2）求线段的长度．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据空间向量基本定理利用向量的加减法法则求解即可，（2）先根据题意可得，，，然后对平方化简可求得结果.【小问1详解】因为为中点，为中点，，，，所以 ；【小问2详解】因为平行六面体中，底面是边长为1的正方形，侧棱，且，所以，，，所以所以，即线段PM长为18.设复数，i为虚数单位，且满足．（1）求复数z；（2）复数z是关于x的方程的一个根，求实数p，q的值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据已知条件，结合复数的四则运算，复数模公式以及复数相等的概念，即可求解；（2）将复数z代入方程，结合复数相等的概念即可求解.【小问1详解】设，，，解得.【小问2详解】 是方程的一个根，，即，则19.如图，面积为8的平行四边形ABCD，A为原点，点B的坐标为，点C，D在第一象限．（1）求直线CD的方程；（2）若，求点D横坐标．【答案】（1）（2）横坐标为或2【解析】【分析】（1）由题意可得，设直线CD的方程为（），结合平行四边形ABCD的面积、求得AB与CD之间的距离，利用平行线的距离公式列方程求参数m，根据题设写出直线方程；（2）设点D的坐标为，根据点在直线上、两点距离公式列方程求坐标即可.【小问1详解】因为四边形ABCD是平行四边形，所以，则．设直线CD的方程为（），即．因为平行四边形ABCD的面积为8，，故AB与CD之间的距离为．由题图知：直线AB的方程为，于是，解得． 由C，D在第一象限知：，所以，故直线CD的方程为．【小问2详解】设点D的坐标为，由，则．所以，解得或，故点D的横坐标为或2．20.在ABC中．a，b，c分别是内角A，B，C所对的边，（1）求角C：（2）若，求锐角ABC面积的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）对已知等式利用正弦定理统一成角的形式，然后化简可求出角；（2）设的外接圆半径为，利用正弦定理将已知等式化简变形可求得，再利用正弦定理可求得，，然后表示出三角形的面积，利用三角函数恒等变换公式化简，再利用正弦函数的性质可求得结果．【小问1详解】及正弦定理得，∴，∴，即，∴，∵，∴，∵，∴．【小问2详解】设外接圆的半径为，由， 得，即，则，∴．的面积．∵，∴，，∴，∵，，，∴，∴，∴，∴，∴，即锐角面积的取值范围是．21.如图，四棱锥中，侧面为等边三角形且垂直于底面，四边形为梯形，，.（1）若为的中点，求证：平面；（2）若直线与平面所成角的正弦值为，求平面与平面所成锐二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）取中点，可证得四边形为平行四边形，从而得到 ，由线面平行的判定可证得结论；（2）取中点，结合面面垂直的性质可证得平面，以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，，根据线面角的向量求法可构造方程求得的值；由面面角的向量求法可求得结果.【小问1详解】取中点，连接，分别为中点，，，，，又，，，四边形为平行四边形，，平面，平面，平面.【小问2详解】取中点，连接，，，四边形为平行四边形，又，，即；为等边三角形，，又平面平面，平面平面，平面，平面；则以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系， 设，，则，，，，，，，，，设平面的法向量，则，令，解得：，，，，解得：，；设平面的法向量，则，令，解得：，，；，即平面与平面所成锐二面角的余弦值为.22.已知函数，（1）当时，求的单调递减区间；（2）若有三个零点，且求证：①②. 【答案】（1）（2）①证明见解析；②证明见解析【解析】【分析】（1）根据题意去绝对值，然后根据二次函数的性质即可求解；（2）①根据题意可得当时不符合题意即，且进而得到，然后根据题意代入即可证明；②根据题意和求根公式可得，，然后作差即可证明.【小问1详解】因为，所以，当时，单调递减；当时，单调递增；当时，单调递增；因此的单调递减区间为.【小问2详解】①，当时，仅有一个零点，不合题意；当时，当时，在仅有一个零点，在没有零点，不合题意；当时，在仅有一个零点，因为，所以在没有零点，不合题意；因此，所以 在仅有一个零点，在有两个零点，，且当时；，∴，∵，∴，∴，∵，∴，综上：②由题意可知：，，∴，