四川省成都市 2023-2024学年高二上学期入学考试数学 Word版含解析.docx

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石室·成飞中学2023~2024学年度下期高2022级入学考试数学试卷(考试时间:120分钟总分:150分)注意事项:1.答卷前,考生务必将自己的姓名、考号填写在答题卡规定的位置上.2.答选择题时,必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑,如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其它答案标号.3.答非选择题时,必须使用0.5毫米黑色签字笔,将答案书写在答题卡规定的位置上.4.所有题目必须在答题卡上作答,在试题卷上答题无效.5.考试结束后,只将答题卡交回.第I卷(选择题,共60分)一、选择题:本大题共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.已知复数为纯虚数,则实数的值为()A.B.0C.1D.0或1【答案】C【解析】【分析】根据题意和纯虚数的概念可得,解之即可.【详解】因为为纯虚数,所以,解得.故选:C.2.已知向量,,且,则等于()A.B.C.10D.【答案】D【解析】【分析】根据平面向量共线的坐标公式直接运算即可.【详解】由,及,得,所以, 故选:D3.()A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】利用诱导公式和余弦两角和公式求解即可.【详解】.故选:C.4.如图,P是正方体面对角线上的动点,下列直线中,始终与直线BP异面的是()A.直线B.直线C.直线D.直线AC【答案】D【解析】【分析】根据异面直线得定义逐一分析判断即可.【详解】对于A,连接,设,由,当点位于点时,与共面;对于B,当点与重合时,直线与直线相交;对于C,因为且,所以四边形为平行四边形,所以, 当点与重合时,与共面;对于D,连接,因为平面,平面,平面,,所以直线BP与直线AC是异面直线.故选:D.5.已知一个正四棱台的上底面边长为1,下底面边长为2,体积为,则该正四棱台的高为()A.1B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据题意,结合棱台的体积公式,列出方程,即可求解.【详解】由正四棱台的上底面边长为1,下底面边长为2,体积为,设正四棱台的高为,根据棱台的体积公式,可得,解得.故选:D.6.已知为两条不同的直线,,为两个不同的平面,则下列命题中正确的是()A.若,则B.若,则C.若,则D.若,则【答案】B【解析】【分析】根据线面平行的判定定理和性质,结合面面平行、垂直的判定定理逐一判断即可.【详解】对于A,若,则或,故A错误; 对于B,若,则或,若,因为,则,若,如图所示,则在平面一定存在一条直线,因为,所以,又,所以,综上若,则,故B正确;对于C,若,则直线相交或平行或异面,故C错误;对于D,若,则直线相交或平行或异面,故D错误.故选:B.7.如图,一艘船向正北方向航行,航行速度为每小时海里,在处看灯塔在船的北偏东的方向上.1小时后,船航行到处,在处看灯塔在船的北偏东的方向上,则船航行到处时与灯塔之间的距离为()A.海里B.海里C.海里D.海里【答案】B【解析】【分析】确定,,根据正弦定理得到,解得答案. 【详解】,,,,则,即,,故选:B8.在四棱锥中,底面为正方形,,则的面积为()A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】先在中利用余弦定理求得,,从而求得,再利用空间向量的数量积运算与余弦定理得到关于的方程组,从而求得,由此在中利用余弦定理与三角形面积公式即可得解.【详解】连结交于,连结,则为的中点,如图,因为底面为正方形,,所以,在中,,则由余弦定理可得,故,所以,则, 不妨记,因为,所以,即,则,整理得①,又在中,,即,则②,两式相加得,故,故在中,,所以,又,所以,所以的面积为.故选:C.二、选择题: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.已知复数,则下列说法正确的是()A.B.的虚部为-1C.在复平面内对应的点在第一象限D.的共轭复数为【答案】BD【解析】【分析】根据复数的除法运算法则,结合复数虚部的定义、共轭复数、复数在复平面对应点的特征、复数模的运算公式逐一判断即可.【详解】因为,所以的虚部为的共轭复数为 在复平面内对应的点在第四象限.故选:BD10.若向量满足,则()A.B.C.D.【答案】ABD【解析】【分析】利用向量数量积的运算性质求解判断即可.【详解】由题意得,得,所以,故A正确;由,得,故B正确;因为,所以不垂直于,故C错误;,故D正确.故选:ABD.11.已知圆锥的顶点为P,底面圆心为O,AB为底面直径,,,点C在底面圆周上,且二面角为45°,则().A.该圆锥的体积为B.该圆锥的侧面积为C.D.的面积为【答案】AC【解析】【分析】根据圆锥的体积、侧面积判断A、B选项的正确性,利用二面角的知识判断C、D选项的正确性.【详解】依题意,,,所以,A选项,圆锥体积为,A选项正确;B选项,圆锥的侧面积为,B选项错误;C选项,设是的中点,连接,则,所以是二面角的平面角,则,所以, 故,则,C选项正确;D选项,,所以,D选项错误.故选:AC.12.设函数,已知在有且仅有5个零点.下列结论中正确的是()A.在有且仅有3个最高点B.在有且仅有2个最低点C.在单调递增D.的取值范围是【答案】ACD【解析】【分析】求出在上由小到大的第5、6个零点,根据题意列不等式组可解得的范围,可判断D;求出最大值点和最小值点,根据的范围即可判断AB;根据正弦函数的单调性求出的单调增区间,结合的范围即可判断C.【详解】由得,所以在上由小到大的第5个零点为,第6个零点为,由题知,,解得,D正确;令,解得, 当时,,因为,所以,当且仅当时,,故在有且仅有3个最高点,A正确;令,解得,同上可知,,当时,;当时,令,解得,所以当时,有3个最低点,B错误;由得,所以在区间上单调递增,又因为,所以,又,所以在区间上单调递增,C正确.故选:ACD第Ⅱ卷(非选择题,共90分)二、填空题:本大题共4小题,每小题5分,共20分.把答案填在答题卡上.13.求值______________.【答案】【解析】【分析】直接利用正弦的倍角公式进行求值即可得解.【详解】.故答案为:14.已知,则__________.【答案】 【解析】【分析】设,则,由复数相等可求出,求出,再由复数的模长公式求解即可.【详解】设,则,所以,所以,则,,所以.故答案为:15.已知点与点,点在直线上,且,则点的坐标为_________.【答案】或【解析】【分析】由题设条件知A,P,B三点共线,且有或,设出点P的坐标,分两类利用向量相等的条件建立方程求出点P的坐标即可详解】设,则由,得或.若,则.所以解得故.若,同理可解得故.综上,点的坐标为或.故答案为或.【点睛】本题考查向量共线的坐标表示,向量相等的条件,解题的关键是由题设条件得出两向量的数乘关系,属于中档题. 16.已知三棱锥,其中平面,则三棱锥外接球的表面积为__________.【答案】【解析】【分析】根据题意设底面的外心为G,O为球心,所以平面ABC,,根据正弦定理求得外接圆的半径,结合球的性质、球的表面积公式进行求解即可.【详解】根据题意设底面的外心为G,O为球心,所以平面ABC,因为平面ABC,所以,设是PA中点,因为,所以,因为平面平面ABC,所以,因此,因此四边形ODAG是平行四边形,故,∵,∴,又外接圆的半径,由正弦定理得,所以该外接球的半径满足,所以外接球的表面积为.故答案为:.三、解答题:本大题共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.如图,在中,,点是的中点,设,(1)用表示;(2)如果,有什么位置关系?用向量方法证明你的结论. 【答案】(1),(2),证明见解析【解析】【分析】(1)根据向量的线性运算法则,准确化简,即可求解;(2)因为,化简,即可得到结论.【小问1详解】解:因为,所以,因为是的中点,可得【小问2详解】解:.因为,则以,所以.18.已知函数.(1)求的单调递增区间;(2)若,求的值域.【答案】(1),(2)【解析】【分析】(1)根据二倍角以及辅助角公式化简,即可由整体法求解单调区间,(2)根据得,即可结合正弦函数的单调性求解. 【小问1详解】令,所以,所以的单调递增区间为,【小问2详解】因为,所以,所以所以在上的值域为.19.在中,角所对的边分别为,已知.(1)求角的大小;(2)若,求的面积.【答案】(1)(2)【解析】【分析】(1)根据正弦定理结合三角恒等变换求解即可;(2)根据余弦定理结合三角形面积公式求解即可.【小问1详解】因,由正弦定理有:,所以,所以,因为,所以,所以. 又,所以;【小问2详解】,又由(1)知由余弦定理得,即,则所以的面积为.20.如图,在四棱锥中,底面是边长为a的正方形,侧面⊥底面,且,设E,F分别为,的中点.(1)求证:平面;(2)求证:平面⊥平面;(3)求直线与平面所成角的大小.【答案】(1)详见解析;(2)详见解析;(3)【解析】【分析】(1)利用线面平行判断判定定理即可证得平面;(2)先利用线面垂直判定定理证得面,进而证得平面⊥平面;(3)先求得直线与平面所成角的正弦值,进而求得该角的大小.【小问1详解】取中点S,中点T,连接,又E,F分别为,的中点, 则,又,则,则四边形为平行四边形,则,又平面,平面,则平面.【小问2详解】在△中,,,由,可得,由面⊥面,面面,,面,可得面,又面,则,又,,面,则面,又面,则平面⊥平面;【小问3详解】连接,△中,,则,又面⊥面,面面,面,则面,则为点P到面的距离,又E为的中点,则点E到面的距离为,又△中,,,,则,,则点E到面的距离为,又,设直线与平面所成角为,则,又,则则直线与平面所成角的大小为 21.已知在中,.(1)求;(2)设,求边上的高.【答案】(1)(2)6【解析】【分析】(1)根据角的关系及两角和差正弦公式,化简即可得解;(2)利用同角之间的三角函数基本关系及两角和的正弦公式求,再由正弦定理求出,根据等面积法求解即可.【小问1详解】,,即,又,,,,即,所以,.【小问2详解】由(1)知,, 由,由正弦定理,,可得,,.22.已知函数的部分图象如图所示,矩形的面积为.(1)求的最小正周期和单调递增区间.(2)先将的图象向右平移个单位长度,再将所得图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍,纵坐标缩小为原来的,最后得到函数的图象.若关于的方程在区间上仅有3个实根,求实数的取值范围.【答案】(1),,.(2).【解析】【分析】(1)根据矩形的面积公式,结合正弦型最小正周期公式和正弦型函数的单调性进行求解即可;(2)根据正弦型函数图象的变换性质,结合因式分解法、正弦型函数的单调性进行求解即可.【小问1详解】由的解析式可知, 矩形的面积为,所以.根据点在的图象上的位置知,得.所以.的最小正周期为.令,,得,,所以单调递增区间为,.【小问2详解】将的图象向右平移个单位长度,所得曲线对应的函数为,再将所得图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍,纵坐标缩小为原来的,所得曲线对应的函数为,即.由得,即或.作出在上的大致图象如图所示:易知方程在上仅有一个实根.要使原方程在上仅有3个实根,则须方程在上有2个实根,即直线与曲线在上有2个公共点,结合图象可知须.即的取值范围是.

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