优能教育2022-2023学年高二上开学检测——数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．设复数在复平面内对应的点分别为，则两点之间距离的最大值为（ ）
A．1 B．3 C．5 D．7
2．某班由24名男生和16名女生组成，现按分层抽样的方法选取10名同学参加志愿者服务，某男同学必须参加，则志愿者人员组成的不同方法种数为（ ）
A． B． C． D．
3．下列命题正确的是
A．若两条直线和同一个平面所成的角相等，则这两条直线平行
B．若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行
C．若一条直线平行于两个相交平面，则这条直线与这两个平面的交线平行
D．若两个平面都垂直于第三个平面，则这两个平面平行
4．若角的终边在第二象限，则下列三角函数值中大于零的是
A． B． C． D．
5．已知正四棱锥的底面边长为1，侧棱长为2，那么它的体积为（ ）
A． B． C． D．以上都不对
6．如图所示，为了测量山高，选择和另一座山的山顶作为测量基点，从点测得点的仰角，点的仰角，，从点测得．已知山高，则山高（单位：）为（ ）
A． B． C． D．
7．已知平面，直线和，则下列命题中正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
8．如图，将底面半径为2的圆锥放倒在平面上，使圆锥在此平面内绕圆锥顶点S滚动，当这个圆锥在平面内转回原位置时，圆本身恰好滚动了2周，则（ ）
A．圆锥的母线长为8 B．圆锥的表面积为
C．圆锥的侧面展开图扇形圆心角为 D．圆锥的体积为
9．如图，在棱长为的正方体中，、分别是、的中点，长为的线段的一个端点在线段上运动，另一个端点在底面上运动，则线段的中点的轨迹（曲面）与正方体（各个面）所围成的几何体的体积为（ ）
A． B． C． D．
10．已知，，，那么的大小关系为（ ）
A． B．
C． D．
11．若函数的图像关于点对称，且在上单调递减，则
A．1 B．2 C．3 D．4
12．已知正方体为对角线上一点（不与点重合），过点作垂直于直线的平面，平面与正方体表面相交形成的多边形记为，下列结论不正确的是（ ）
A．只可能为三角形或六边形
B．平面与平面的夹角为定值
C．当且仅当为对角线中点时，的周长最大
D．当且仅当为对角线中点时，的面积最大
二、填空题
13．已知向量，，且与共线，则实数______.
14．若复数，则z在复平面内对应的点在第________象限，________，________，________.
15．海水受日月的引力，会发生潮汐现象.在通常情况下，船在涨潮时驶入航道，进入港口，落潮时返回海洋.某兴趣小组通过技术模拟在一次潮汐现象下货船出入港口的实验：首先，设定水深（单位：米）随时间（单位：小时）的变化规律为，其中；然后，假设某货船空载时吃水深度（船底与水面的距离）为0.5米，满载时吃水深度为2米，卸货过程中，随着货物卸载，吃水深度以每小时0.4米的速度减小；并制定了安全条例，规定船底与海底之间至少要有0.4米的安全间隙.在此次模拟实验中，若货船满载进入港口，那么以下结论正确的是__________.
①若，货船在港口全程不卸货，则该船在港口至多能停留4个小时；
②若，货船进入港口后，立即进行货物卸载，则该船在港口至多能停留4个小时；
③若，货船于时进入港口后，立即进行货物卸载，则时，船底离海底的距离最大；
④若，货船于时进入港口后，立即进行货物卸载，则时，船底离海底的距离最大.
16．在长方体中，，，，为棱上一点，，则平面与平面所成的锐二面角的余弦值为______.
17．如图，在棱长为2的正方体中，为的中点，点在底面上移动，且满足，则线段的长度的最大值为______
三、双空题
18．若，且，则___________，的最大值为___________.
四、解答题
19．已知向量，．
(1)求与的夹角的余弦值；
(2)求；
(3)已知点和点，若与向量共线，求实数x的值．
20．已知函数．
（Ⅰ）求的定义域；
（Ⅱ）设是锐角，且，求的值．
21．如图，直四棱柱中中，，，，，设M为的中点．
(1)求四棱柱的表面积；
(2)求证：面；
(3)连接，记三棱锥的体积为，四棱柱的体积为，求的值．
22．已知中，点在边上，，，
(1)若，求的值；
(2)求的最小值.
23．已知函数，称向量为的特征向量，为的特征函数.
(1)设，求的特征向量；
(2)设向量的特征函数为，求当且时，的值；
(3)设向量的特征函数为，记，若在区间上至少有40个零点，求的最小值.
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．C
【解析】
【分析】
，则，再由两点之间的距离公式求解即可
【详解】
设，
因为，
所以，
因为复数在复平面内对应的点分别为，，
所以，
所以，
故当时，取得最大值，
故选：C
2．C
【解析】
结合分层抽样的性质可得抽取的男女生人数，再由组合的知识即可得解.
【详解】
由题意，抽取的10名同学中，男生有人，女生有人，
又某男同学必须参加，所以志愿者人员组成的不同方法种数为.
故选：C.
【点睛】
本题考查了分层抽样及组合的应用，考查了运算求解能力，属于基础题.
3．C
【解析】
【详解】
若两条直线和同一平面所成角相等，这两条直线可能平行，也可能为异面直线，也可能相交，所以A错；一个平面不在同一条直线的三点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行，故B错；若两个平面垂直同一个平面两平面可以平行，也可以垂直；故D错；故选项C正确.
[点评]本题旨在考查立体几何的线、面位置关系及线面的判定和性质，需要熟练掌握课本基础知识的定义、定理及公式.
4．D
【解析】
【分析】
利用诱导公式化简选项，再结合角的终边所在象限即可作出判断.
【详解】
解：角的终边在第二象限，＝＜0，A不符；
＝＜0，B不符；
＝＜0，C不符；
＝＞0，所以，D正确
故选D
【点睛】
本题主要考查三角函数值的符号判断，考查了诱导公式，三角函数的符号是解决本题的关键．
5．C
【解析】
【分析】
求出棱锥的高与底面面积，即可求解棱锥的体积.
【详解】
如图正四棱锥，连接交于，则底面
由已知正四棱锥的底面边长为1，侧棱长为2，可知，
在中，，，则
故
故选：C
6．A
【解析】
【分析】
计算出，在中，利用正弦定理求得，然后在中可计算出.
【详解】
在中，，为直角，则，
在中，，，则，
由正弦定理，可得，
在中，，，.
故选：A.
【点睛】
本题考查测量高度问题，考查正弦定理的应用，考查计算能力，属于中等题.
7．A
【解析】
【分析】
对于A选项，垂直于同一条直线的两个平面互相平行；
对于B选项，垂直于同一个平面的两个平面有可能相交，也有可能互相平行；
对于C选项，由线面垂直的性质即可判断；
对于D选项，平行于同一个平面的两条直线有可能相交、平行或异面.
【详解】
选项A正确，因为垂直于同一直线的两个平面互相平行；
选项B错误，平面和也可以相交；
选项C错误，直线可能在平面内；
选项D错误，直线和还可能相交或者异面.
故选：A.
8．D
【解析】
【分析】
由题意可求出圆锥的母线长，可判断A;由此可求得圆锥的表面积，判断B;
由侧面展开图为半圆可判断C;求得圆锥的体积判断D.
【详解】
由题意，圆锥在平面内转回原位置时，圆本身恰好滚动了2周，
即可知圆锥的侧面展开图的面积即圆锥的侧面积是以母线为半径形成的圆面积的，
设圆锥母线长为l，即有 ，故A错误；
圆锥的表面积为，故B错误；
由题意可知，圆锥的侧面展开图是以母线为半径形成的圆的一半，
故侧面展开图扇形圆心角为，故C错误；
圆锥的体积为 ，故D正确，
故选：D
9．D
【解析】
【分析】
连接、，分析得出，可知点的轨迹是以点为球心，半径长为的球面，作出图形，结合球体的体积公式可求得结果.
【详解】
连接、，因为，，且、分别为、的中点，
故且，
所以，四边形为平行四边形，故且，
平面，则平面，
因为平面，所以，，
为的中点，故，
所以，点的轨迹是以点为球心，半径长为的球面，如下图所示：
所以，线段的中点的轨迹（曲面）与正方体（各个面）所围成的几何体为球的，
故所求几何体的体积为.
故选：D.
10．A
【解析】
【分析】
利用两角差的余弦公式求，利用二倍角的正弦公式求，利用二倍角的余弦公式求，然后比较大小即可.
【详解】
，
，
，
故选：A
11．C
【解析】
【分析】
由题意首先确定的值，然后求解的值即可.
【详解】
函数的图象是由函数的图象向左平移个单位得到的，
函数在x轴右侧的第一个最高点横坐标为，
由于函数的图像关于点对称，故，
据此可得：，结合题意可知：，
从而，解得.
本题选择C选项.
【点睛】
本题主要考查三角函数的性质，三角函数图像的变换等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
12．C
【解析】
【分析】
在正方体中，体对角线与其不相交的面对角线都垂直，作出几个截面可确定其形状，周长及面积大小，通过法向量的关系可确定二面角的大小，从而判断各选型对错.
【详解】
如下图，在正方体中，体对角线与平面，平面，平面都垂直，由图可知，在平面运动过程中只可能为三角形或六边形，故A正确；由题可知平面与都垂直，所以平面在移动过程中都是平行平面，与平面的夹角为定值，故B正确；如下图，当为对角线中点时，为正六边形，而三角形为等边三角形，根据中位线定理，可得两个截面周长相等，故C错误；由图可得，当为对角线中点时，为正六边形，设边长，面积为，当向下刚开始移动时，为六边形，结合图形可知两邻边一条增大，一条减小且变化量相等，设，而且所有六边形的高都相等且等于，两邻边夹角都为，则六边形梯形，当为三角形时面积最大为，所以当且仅当为对角线中点时，的面积最大，故D正确.
故选：C.
13．2
【解析】
【分析】
根据向量共线，即可求解.
【详解】
解：与共线，所以，解得，
故答案为：2.
14． 四 .
【解析】
【分析】
首先根据题意得到，从而即可得到答案.
【详解】
，z在复平面内对应的点在第四象限；
所以，，.
故答案为：四；；；
15．①④
【解析】
【分析】
根据船离海底距离为，解三角不等式可判断①；由船离海底距离，利用导数判断单调性即可判断②；船离海底距离，利用导数求出最值即可判断③、④
【详解】
①不卸货，则吃水恒为2米，
船离海底为，
当时，，则，
解得，所以最多停留时间为小时，故①正确；
②立即卸货，吃水深度，且，
解得，
此时船离海底，
，
所以在上单调递增，且当时，，
由，，
此段时间都可以停靠，
又，，故②错误；
③与④，，，
，，解得，
当时，；当时，，
所以当时，船底离海底的距离最大.
故答案为：①④
【点睛】
关键点点睛：本题考查了三角函数的应用、导数的应用，解题的关键是表示出船离海底距离的关系式，此题综合性比较强，考查了知识的应用能力以及计算能力.
16．
【解析】
【分析】
由条件可说明平面与平面所成的锐二面角就是异面直线和所成的角，即，确定点的位置，求的值.
【详解】
由条件可知，，平面平面，
平面与平面所成的锐二面角就是异面直线和所成的角，
，异面直线和所成的角是，
，，，
平面，平面，，
建立如图的空间直角坐标系，则，，设，
， ， ，
解得：，即点是的中点，，
,，，
平面与平面所成的锐二面角的余弦值为
故答案为：.
【点睛】
本题考查二面角的计算，意在考查空间想象和推理证明的能力，属于中等题型，本题的关键是根据二面角的定义说明平面与平面所成的锐二面角就是异面直线和所成的角.
17．3
【解析】
以为原点，以分别为轴， 轴，轴正方向建立空间直角坐标系，设，根据，则，可得，从而点在底面内的轨迹为一条线段,从而可得答案.
【详解】
以为原点，以分别为轴， 轴，轴正方向建立空间直角坐标系，
则，设，则
，
由，则，即，则
当时，,设
所以点在底面内的轨迹为一条线段,
所以，则
又二次函数的对称轴为，当时，当时，有最大值3.
故答案为：3
【点睛】
关键点睛：本题考查根据垂直关系得出动点的轨迹从而求线段的长度的最值，解答的关键是建立坐标系，利用向量根据，则，可得，从而点在底面内的轨迹为一条线段，可得，从而可出答案，属于中档题.
18． 3
【解析】
【分析】
由直接求出；把转化为，即可求出的最大值.
【详解】
因为，所以；
因为，
，当，即同向时，等号成立.
所以的最大值是.
故答案为：3；.
19．(1)；
(2)；
(3).
【解析】
【分析】
（1）利用平面向量夹角公式进行求解即可；
（2）根据平面向量线性运算的坐标表示公式，结合平面向量数量积的坐标表示公式进行求解即可；
（3）根据平面向量的坐标表示公式，结合平面向量线性运算的坐标表示公式进行求解即可.
(1)
因为，，
所以与的夹角的余弦值为；
(2)
因为，，
所以，
因此；
(3)
由（2）可知：，，
因为与向量共线，
所以有.
20．（1）（2）
【解析】
【详解】
试题分析：
(1)利用题意求得函数的定义域为．
(2) 依题意，得．化简为．则．
试题解析：
解：（Ⅰ）由，得，．
所以 函数的定义域是．
（Ⅱ）依题意，得．
所以．①
因为是锐角，所以 ，
所以，
①式化简为．
所以 ，
所以．
21．(1)；
(2)证明见解析；
(3).
【解析】
【分析】
（1）分别求出侧面积和底面积，即可求出表面积；（2）取AB的中点为P，连接CP.连接DP交AC于O，连接OM.先证明出，利用线面平行的判定定理即可证明面；（3）利用等体积法求出，再求出，即可取出的值．
(1)
因为为直四棱柱，所以侧面均为矩形.
因为，，，所以侧面积.
而上下底面为全等的等腰梯形.如图示：
过D作DE⊥AB于E, 过C作CF⊥AB于F.由等腰梯形的对称性可得.
所以.
所以底面积.
所以表面积为
(2)
取AB的中点为P，连接CP.连接DP交AC于O，连接OM.
因为，，，所以,，所以四边形APCD为平行四边形，所以.
同理可证：四边形BPDC为平行四边形，所以,.
因为为直四棱柱，M为的中点，所以,.
所以,,所以四边形为平行四边形，所以.
又因为面，面，
所以面.
(3)
由（2）可知：面，所以和D到面的距离相等，
所以.
而
所以
22．(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）由求得，结合已知可得为正三角形，利用余弦定理求得，再由正弦定理即可求得答案.
（2）由余弦定理可求得，设，转化为有正实根的问题，分类讨论求得参数t的范围，即可求得答案.
(1)
由可得，由于，
故为正三角形，而，故 ,
则 ,
故 ,
所以 ,则；
(2)
设，则，
所以 ，
,
故，设，
则，即有正实根，
当时， 不合题意，舍去；
当时，若方程有两正实根，则 ，
解得 ，此时，
故方程有两异号根时，，解得，
当时，方程为，两根为0和4，符合题意，
综合上述，,
故的最小值为,则的最小值为.
23．(1)
(2)
(3)
【解析】
【分析】
（1）根据诱导公式化简，再根据函数的特征向量的定义即可得解；
（2）根据向量的特征函数求出函数解析式，化简可得，再根据结合两角差的正弦公式即可得解；
（3）根据三角恒等变换求出函数的解析式，不妨设为其中的一个零点，再根据三角函数的性质即可得出答案.
(1)
解：因为，
所以函数的特征向量；
(2)
解：因为向量的特征函数为，
所以，
由，得，
因为，所以，
所以，
所以；
(3)
解：因为向量的特征函数为，
所以，
则，
令，则，
则或，
则或，
由在区间上至少有40个零点，
不妨设，
则，
则，
所以的最小值为.
【点睛】
本题在以新定义基础之上考查了三角函数的有关知识点，考查了诱导公式及三角恒等变换中的几个公式，考查了给之球池问题，还考查了三角函数中的零点问题.
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页优能教育2022-2023学年高二上开学检测——数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．已知复数(其中i是虚数单位)，则z在复平面内对应的点的坐标是（ ）
A．(1，1) B．(1，-1) C．(-1，1) D．(-1，-1)
2．如表是某校120名学生假期阅读时间（单位：小时）的频率分布表，现按比例分层抽样的方法从，，，四组中抽取20名学生了解其阅读内容，那么从这四组中依次抽取的人数是（ ）
分组 频数 频率
12 0.10
30
0.60
0.05
合计 120 1.00
A．2，5，8，5 B．2，5，12，1 C．4，6，8，2 D．3，6，10，1
3．有下列四个命题：
：两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内；
：若空间两条直线不相交，则这两条直线平行；
：若直线平面，直线平面，则；
：若直线平面，直线平面，则．其中为真命题的是（ ）
A． B．， C．， D．，
4．设，，，则（ ）
A． B． C． D．
5．若一个正四棱锥的高和底面边长都为2，则它的侧面与底面所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
6．如图所示，一个铁塔可看作正四棱锥，其中P为塔尖，A，B，C，D分别为塔与水平地面的公共点．现需测量该塔的高度，而铁塔附近有障碍物，无法近距离测量，某人给出以下方案及测量数据：
①在延长线上选取相距40米的两点M，N；
②在M处测得塔尖的仰角；
③在M，N两处分别测得，；
请计算铁塔的高度为（ ）
A．米 B．20米 C．米 D．40米
7．已知m，n是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
8．如图所示，在顶角为圆锥内有一截面，在圆锥内放半径分别为的两个球与圆锥的侧面、截面相切，两个球分别与截面相切于，则截面所表示的椭圆的离心率为
（注：在截口曲线上任取一点，过作圆锥的母线，分别与两个球相切于点，由相切的几何性质可知，，，于是，为椭圆的几何意义）
A． B． C． D．
9．如图，棱长为1的正方体中，为线段上的动点，则下列结论中正确的个数是（ ）
①平面平面
②的最大值为
③的最小值为
④与平面所成角正弦值的取值范围是
⑤三棱锥外接球体积为
A．2 B．3 C．4 D．5
10．已知是第二象限角，且，则（ ）
A． B． C． D．
11．已知函数， 为的零点，为图象的对称轴，且在区间上单调，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．
12．在棱长为的正方体中，是线段上的点，过的平面与直线垂直，当在线段上运动时，平面截正方体所得的截面面积的最小值是（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
13．在平面直角坐标系xOy中，在x轴、y轴正方向上的投影分别是–3、4，则与平行的单位向量是_______．
14．已知复数z满足，则__________．
15．据监测，在海滨某城市附近的海面有一台风. 台风中心位于城市的东偏南方向、距离城市的海面处，并以的速度向西偏北方向移动（如图示）.如果台风侵袭范围为圆形区域，半径，台风移动的方向与速度不变，那么该城市受台风侵袭的时长为_____ .
16．如图，正方体的棱长为2，为的中点，则异面直线与所成的角为___________.
17．在棱长为2的正方体中，为棱的中点，为侧面内的动点，且与平面的垂线垂直，则线段的轨迹所形成的图形的面积为______.
三、双空题
18．若，且，则向量与的夹角为________，的最大值为________．
四、解答题
19．已知向量=（3，4），=（1，2），=（－2，－2）．
(1)求||，||的值；
(2)若=m+n，求实数m，n的值；
(3)若（+）∥ （－+ k），求实数k的值．
20．已知同时满足下列四个条件中的三个：
① ② ③ ④
(1)请指出这三个条件，并说明理由；
(2)求的面积．
21．如图1，四边形是矩形，将沿对角线折起成，连接，如图2，构成三棱锥.过动点作平面的垂线，垂足是.
(1)当落在何处时，平面平面，并说明理由；
(2)在三棱锥中，若为的中点，判断直线与平面的位置关系，并说明理由；
(3)设是及其内部的点构成的集合，，当时，求三棱锥的体积的取值范围.
22．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．
（1）判断△ABC的形状；
（2）若，求的取值范围．
23．已知函数，称向量为的特征向量，为的特征函数.
(1)设，求的特征向量；
(2)设向量的特征函数为，求当且时，的值；
(3)设向量的特征函数为，记，若在区间上至少有40个零点，求的最小值.
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．B
【解析】
【分析】
利用复数的除法求得复数，然后利用几何意义求得z在复平面内对应的点的坐标.
【详解】
复数，
则z在复平面内对应的点的坐标是(1，-1)，
故选：B.
2．B
【解析】
【分析】
先求出小组的频率的值，由分层抽样抽样比相等，分别由乘以各组的频率即可得各组中依次抽取的人数，进而可得正确选项.
【详解】
根据题意，小组的频率为，
则第一小组抽取的人数为，
第二小组抽取的人数为，
第三小组抽取的人数为，
第四小组抽取的人数为．
即4个小组依次抽取的人数是2，5，12，1；
故选：B.
3．B
【解析】
【分析】
根据点、线、面的位置关系对四个命题逐一分析，由此确定正确选项.
【详解】
：两两相交且不过同一点的三条直线围成一个三角形，是平面图形，为真命题.
：若空间两条直线不相交，可能为异面直线，为假命题.
：根据线面垂直的定义可知为真命题.
，直线平面且直线平面，所以直线与有可能平行，也有可能异面，为假命题.
故选：B
4．B
【解析】
根据指数函数、对数函数的单调性和三角函数值域判断即可；
【详解】
设，，
，
所以.
故选：B.
5．B
【解析】
【分析】
作辅助线，找出正四棱锥侧面与底面所成二面角的平面角，解直角三角形即可求得答案.
【详解】
如图，设PO为正四棱锥的高，O为底面正方形中心，
作于E,连接PE,则E为BC中点，故 ,
故即为正四棱锥侧面与底面所成的角的平面角，
因为正四棱锥的高和底面边长都为2，故,
故 ,
故选：B
6．B
【解析】
【分析】
取的中点，再底面中求出的长度，再在利用锐角三角函数计算可得；
【详解】
解：取的中点，如下图所示，，，，
所以，，
所以，则，
在中，，所以，
则
则在中，，，
所以，所以
故铁塔的高度为米；
故选：B
7．B
【解析】
【分析】
根据空间中点线面的位置关系即可逐一判断.
【详解】
若,则可能平行，可能异面，故A错误；根据平行线中的一条平行于平面，则另一条也平行于平面，故B正确，，则或，故C错误，，不一定垂直于，故D 错误，
故选：B
8．C
【解析】
设两球的球心分别为，，圆锥顶点为，取两球与圆锥同一母线上的切点，，
连接，，，，连接交于，由题意可得，再利用平面几何知识即可得，即可得解.
【详解】
设两球的球心分别为，，圆锥顶点为，取两球与圆锥同一母线上的切点，，
连接，，，，连接交于，
由顶角为，两个球的半径分别为，，
可知，，，，
所以即，，
由可得，
所以，所以，，
所以该椭圆离心率.
故选：C.
【点睛】
本题考查了圆锥和球的几何特征，考查了椭圆的性质，属于中档题.
9．B
【解析】
【分析】
由面面垂直的判定即可判断①；取，通过余弦定理求得，即可判断②；将面与面沿展开成平面图形，结合余弦定理即可判断③；由线面角的定义即可判断④；计算正方体的外接球体积即可判断⑤.
【详解】
对于①，易得平面，即平面，又平面，则平面平面，①正确；
对于②，当时，易得，则，，即，
又，则，由余弦定理知，即，②错误；
对于③，将面与面沿展开成平面图形，线段即为的最小值，又，
则，即，即的最小值为，③错误；
对于④，易得平面，则即为与平面所成角，又，又，
当与重合时，有最大值，当在中点时，有最小值，则，
即与平面所成角正弦值的取值范围是，④正确；
对于⑤，易得三棱锥的外接球即为正方体的外接球，则外接球半径为，
则外接球体积为，⑤正确.
故选：B.
10．B
【解析】
【分析】
利用同角三角函数的基本关系和二倍角的正弦公式可求得的值.
【详解】
因为是第二象限角，且，则，
因此，.
故选：B.
11．B
【解析】
【分析】
根据已知可得为正奇数，且，进而分别从选项中最大奇数开始代入解析式，检验在区间上单调，可得的最大值.
【详解】
解：函数，为的零点，为图象的对称轴，
，即，
，，即为正奇数.
在区间上单调，
，即.
①当时，，，
.
此时，，在区间上，，
在区间上不单调，故不满足题意；
②当时，，，
.
此时，，在区间上，，
在区间上不单调，故不满足题意；
③当时，，，
.
此时，，在区间上，，
在区间上单调递减，故满足题意.
则的最大值为.
故选：B.
12．C
【解析】
【分析】
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立所示的空间直角坐标系，设点，分、、三种情况讨论，确定截面与各棱的交点，求出截面面积关于的表达式，由此可解得截面面积的最小值.
【详解】
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、、、、、，
设点，其中.
①当时，点与点重合，，，，
所以，，，则，，
，平面，此时平面即为平面，
截面面积为；
②当时，同①可知截面面积为；
③当时，，，
，，则，
设平面交棱于点，，
，可得，不合乎题意.
设平面交棱于点，，
，可得，合乎题意，即，
同理可知，平面交棱于点，
，且与不重合，故四边形为平行四边形，
，，，
则，
所以，截面面积为.
综上所述，截面面积的最小值为.
故选：C.
【点睛】
关键点点睛：本题考查正方体截面面积最值的求解，解题的关键在于确定截面与各棱交点的位置，这里可以利用空间向量法，将线线垂直关系转化为向量数量积为零来处理，确定点的位置，进而将截面面积的最值利用函数的最值来求解.
13．±
【解析】
【分析】
首先由题意可得，再除以向量的模，再考虑反向的情况即可.
【详解】
∵在x轴、y轴正方向上的投影分别是–3、4，∴=（–3，4），||5．
则的单位向量±．故答案为±．
【点睛】
本题考查单位向量，与的平行的单位向量为，考查了运算能力.
14．
【解析】
【分析】
根据复数的除法得，再求模长即可.
【详解】
，
所以.
故答案为：
15．小时
【解析】
【分析】
当城市距离台风中心小于等于120km时，城市开始受到台风侵袭，所以只要城市距离台风移动方向大于等于120km即可；由题意，画出图形解三角形．
【详解】
解：由题意如图，设台风中心到达Q，开始侵袭城市，到达O则结束侵袭.
在△AQP中，AQ＝120km，AP＝120km，∠APQ＝30°，∠PAQ＝180°﹣30°﹣∠Q＝150°﹣∠Q，
由正弦定理得到，
所以∠＝120°, ∠ =60°，所以△AQO为等边三角形.所以
所以该城市会受到台风的侵袭时长为小时．
【点睛】
本题主要考查了解三角形的实际应用；关键是由题意将问题转化为解三角形的问题
16．.
【解析】
【分析】
连接，证明，则或其补角即为异面直线与所成的角，从而可的答案.
【详解】
解：连接，
由正方体的性质可知，，且，
所以是平行四边形，所以，
所以或其补角即为异面直线与所成的角，
在中，，
则，
即异面直线与所成的角的余弦值为，
又因异面直线与所成的角的范围为，
所以异面直线与所成的角为.
故答案为：.
17．
【解析】
【分析】
因为与平面的垂线垂直，即平面.即可找到点的轨迹.即可求出答案.
【详解】
如图所示：取中点为，连接、、.
易知.即四点共面.
因为与平面的垂线垂直.
所以平面.
所以点在线段上.
所以线段的轨迹所形成的图形为.
在中：,.
所以.
故答案为：.
18． ##
【解析】
【分析】
由即可求，结合已知条件可得在过点垂直于的直线上，而在以为圆心，1为半径的圆周上，应用数形结合法判断的最大时的位置，即可确定最大值.
【详解】
由，可得，所以由可得,所以在过点垂直于的直线上，故向量与的夹角为；而在以为圆心，1为半径的圆周上，若，如下图示，
∴，要使的最大，只需共线，在上的投影最大，由图知：共线且P在线段AB上时，的值最大为.
故答案为：，.
19．(1)||=5；；
(2)；
(3).
【解析】
【分析】
（1）利用向量的模长的坐标公式即得；
（2）利用向量的线性坐标表示即得；
（3）利用向量平行的坐标表示即求.
(1)
∵向量=（3，4），=（1，2），
∴||=5，；
(2)
∵=（3，4），=（1，2），=（－2，－2），=m+n，
∴（3，4）=m（1，2）+n（－2，－2） =（m－2n，2m －2n），
所以，
得；
(3)
∵（+）∥(－+ k)，
又－+k=(－1－2k，－2－2k )，+=（4，6），
∴6 (－1－2k)=4 (－2－2k),
解得，
故实数k的值为.
20．(1)同时满足①，③，④，理由见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）根据三角形内角和，大角对大边即可判断出来；
（2）根据余弦定理求出，再套用面积公式即可.
(1)
同时满足①，③，④．
理由如下：若同时满足①，②，则
因为，且，
所以．这与，矛盾．
所以不能同时满足①，②．
所以只能同时满足③，④．
因为，所以，故不满足②．
故满足①，③，④．
(2)
因为，
所以
解得或（舍）．
所以的面积
21．(1)落上，理由见解析；
(2)直线与平面平行，理由见解析；
(3).
【解析】
【分析】
（1）利用面面垂直的判定定理即得；
（2）取的中点，由题可得，进而可得，利用线面平行的判定定理可得平面，平面，然后利用面面平行的判定及性质即得；
（3）作交于，可得平面，在中，作，可得平面，然后求的取值范围即得.
(1)
当落上时，平面平面.
因为，所以平面，
所以平面.
因为平面，
所以平面平面.
(2)
直线与平面平行.
证明如下：取的中点，连结.
因为平面，
所以，
在Rt和Rt中，，
所以，
所以，
因为为的中点，
所以，又在矩形中，，
所以，因为平面平面，
所以平面，
在中，分别为的中点，所以，
因为平面平面，
所以平面，又在平面中，，
所以平面平面，因为平面，
所以平面.
(3)
在矩形中，作交于，
已知，由题意知
在中，作，交于，
沿将折起成后，
又，
所以平面.
因为平面，
所以，又，
在平面中，，
所以平面，
因此，当时，满足题意的的集合组成的图形为线段，
因为在Rt中，
所以，当时，取得最大值为，
当时，取得最小值为，
因为四面体的体积为，
①当取得最大值时，即与重合时，
四面体的体积取得最大值；
②当取得最小值时，即与重合时，
四面体的体积取得最小值.
综上，当时，四面体的体积的取值范围是.
22．(1) △ABC为的直角三角形．
(2) .
【解析】
【分析】
分析：（1）由已知条件结合正弦定理对已知化简可求得角的值，进而可判断三角形的形状；
（2）由辅助角公式对已知函数先化简，然后代入可求得，结合（1）中的角求得角的范围，然后结合正弦函数的性质，即可求解．
【详解】
（1）因为，由正弦定理可得，即，所以．
因为在△ABC中，，所以又，
所以，．所以△ABC为的直角三角形．
（2）因为 =．
所以．
因为△ABC是的直角三角形，
所以，且，所以当时，有最小值是．
所以的取值范围是．
点睛：本题主要考查了利用正弦定理和三角函数的恒等变换求解三角形问题，对于解三角形问题，通常利用正弦定理进行“边转角”寻求角的关系，利用“角转边”寻求边的关系，利用余弦定理借助三边关系求角，利用两角和差公式及二倍角公式求三角函数值. 利用正、余弦定理解三角形问题是高考高频考点，经常利用三角形内角和定理，三角形面积公式，结合正、余弦定理解题.
23．(1)
(2)
(3)
【解析】
【分析】
（1）根据诱导公式化简，再根据函数的特征向量的定义即可得解；
（2）根据向量的特征函数求出函数解析式，化简可得，再根据结合两角差的正弦公式即可得解；
（3）根据三角恒等变换求出函数的解析式，不妨设为其中的一个零点，再根据三角函数的性质即可得出答案.
(1)
解：因为，
所以函数的特征向量；
(2)
解：因为向量的特征函数为，
所以，
由，得，
因为，所以，
所以，
所以；
(3)
解：因为向量的特征函数为，
所以，
则，
令，则，
则或，
则或，
由在区间上至少有40个零点，
不妨设，
则，
则，
所以的最小值为.
【点睛】
本题在以新定义基础之上考查了三角函数的有关知识点，考查了诱导公式及三角恒等变换中的几个公式，考查了给之球池问题，还考查了三角函数中的零点问题.
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答案第1页，共2页优能教育2022-2023学年高二上开学检测——数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．“复平面内的点在虚轴上”是“复数是纯虚数”的（ ）
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
2．某校共有学生2000名，各年级男、女生人数如下表所示：现用分层抽样的方法在全校抽取64名学生，则应在三年级抽取的学生人数为（ ）
一年级 二年级 三年级
女生 373 380 y
男生 377 370 z
A．12 B．16 C．18 D．24
3．下列命题中，正确的命题是（ ）
A．空间不同三点确定一个平面
B．若一直线与两条平行线都相交，则这三条直线在同一平面内
C．两组对边分别相等的四边形是平行四边形
D．有三条直线两两相交，则三条直线一定共面
4．已知，且，则（ ）
A． B．
C． D．
5．若一个正四棱锥的高和底面边长都为2，则它的侧面与底面所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
6．如图所示，为了测量山高，选择和另一座山的山顶作为测量基点，从点测得点的仰角，点的仰角，，从点测得．已知山高，则山高（单位：）为（ ）
A． B． C． D．
7．设是两条不同的直线，是两个不重合的平面，那么下面给出的条件中，一定能推出的是（ ）
A．，且 B．，且
C．，且 D．，且
8．如图，将底面半径为2的圆锥放倒在平面上，使圆锥在此平面内绕圆锥顶点S滚动，当这个圆锥在平面内转回原位置时，圆本身恰好滚动了2周，则（ ）
A．圆锥的母线长为8 B．圆锥的表面积为
C．圆锥的侧面展开图扇形圆心角为 D．圆锥的体积为
9．两个圆锥的底面是一个球的同一截面，顶点均在球面上，若球的体积为，两个圆锥的高之比为，则这两个圆锥的体积之和为（ ）
A． B．
C． D．
10．数学可以刻画现实世界中的和谐美，人体结构、建筑物、国旗、绘画、优选法等美的共性与黄金分割相关．黄金分割常数也可以表示成，则（ ）
A． B． C． D．
11．已知函数在上单调，且，则（ ）
A． B． C． D．
12．已知正方体为对角线上一点（不与点重合），过点作垂直于直线的平面，平面与正方体表面相交形成的多边形记为，下列结论不正确的是（ ）
A．只可能为三角形或六边形
B．平面与平面的夹角为定值
C．当且仅当为对角线中点时，的周长最大
D．当且仅当为对角线中点时，的面积最大
二、填空题
13．已知向量，，且与共线，则实数______.
14．已知复数（是虚数单位），则____
15．一半径为4m的水车，水车圆心距离水面2m，已知水车每分钟转动（按逆时针方向）3圈，当水车上点从水中浮现时开始计时，即从图中点开始计算时间，当秒时，点离水面的高度是______m.
16．如图，正方体的棱长为2，为的中点，则异面直线与所成的角为___________.
17．在正方体中，E是棱的中点，F是侧面内的动点，且与平面的垂线垂直，如图所示，下列说法正确的是_________(只填序号).
①点F的轨迹是一条线段
②与BE是异面直线
③与不可能平行
④三棱锥的体积为定值
三、双空题
18．在长方形ABCD中，，，且，则___________，___________.
四、解答题
19．在平面直角坐标系中，，
(1)若，求的值；
(2)若向量，求的值.
20．已知函数
(1)求的值；
(2)从①，；②，这两个条件中任选一个，作为题目的已知条件，求函数在区间上的最小值，并直接写出函数的一个周期.
注：如果选择两个条件分别解答，按第一个解答计分.
21．如图，在四棱锥中，平面，，，，E为PD的中点.
(1)若，求四棱锥的体积；
(2)求证：平面；
(3)求证：平面.
22．已知中，点在边上，，，
(1)若，求的值；
(2)求的最小值.
23．已知函数，称向量为的特征向量，为的特征函数.
(1)设，求的特征向量；
(2)设向量的特征函数为，求当且时，的值；
(3)设向量的特征函数为，记，若在区间上至少有40个零点，求的最小值.
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．B
【解析】
【分析】
利用复数在复平面的几何意义，结合充要条件的定义进行判断即可.
【详解】
复数为纯虚数的充要条件是：a=0且；
即与它对应的点在y轴上除去原点之外的点，
故由复数为纯虚数，可推出复平面内的点在虚轴上；
由复平面内的点在虚轴上，不能推出复数为纯虚数.
所以“复平面内的点在虚轴上”是“复数为纯虚数”的必要不充分条件.
故选：B
2．B
【解析】
【分析】
先计算高三人数为和各年级人数比例，再根据分层抽样公式计算得到答案.
【详解】
依题意可知，高一年级人数人，高二年级人数为人，故高三年级学生人数为人，
即总体中各年级的人数比例为，
故用分层随机抽样抽取高三年级学生人数为.
故选：B.
3．B
【解析】
【分析】
根据空间中几个基本事实（公理及其推论）判断即可；
【详解】
解：对于A：由公理3，过不共线的三点有且只有一个平面，故A错误；
对于B，设，，，如图所示，
，
与确定一个平面．
，，
，，，，
，
，，在同一个平面内．即B正确．
对于C：平面内两组对边相等的四边形是平行四边形，但在空间中，两组对边相等的四边形不一定是平行四边形，比如空间四边形，故C错误；
对于D：比如墙角处的三条交线，就不能确定一个平面，只有空间两两相交且不共点的三条直线确定一个平面，故D错误；
故选：B．
4．B
【解析】
【分析】
取特殊值即可判断A、C、D选项，因式分解即可判断B选项.
【详解】
对于A，令，显然，错误；
对于B，，
又不能同时成立，故，正确；
对于C，取，则，错误；
对于D，取，则，错误.
故选：B.
5．B
【解析】
【分析】
作辅助线，找出正四棱锥侧面与底面所成二面角的平面角，解直角三角形即可求得答案.
【详解】
如图，设PO为正四棱锥的高，O为底面正方形中心，
作于E,连接PE,则E为BC中点，故 ,
故即为正四棱锥侧面与底面所成的角的平面角，
因为正四棱锥的高和底面边长都为2，故,
故 ,
故选：B
6．A
【解析】
【分析】
计算出，在中，利用正弦定理求得，然后在中可计算出.
【详解】
在中，，为直角，则，
在中，，，则，
由正弦定理，可得，
在中，，，.
故选：A.
【点睛】
本题考查测量高度问题，考查正弦定理的应用，考查计算能力，属于中等题.
7．B
【解析】
【分析】
根据线面与面面的位置关系逐一判断即可
【详解】
对于A：，且，则，故A错误；
对于B：一条直线垂直于平面，则与这条直线平行的直线也垂直于这个平面，易知B正确；
对于C：，且，则或或n与相交均有可能，故C错误；
对于D：，且，则则或或n与相交均有可能，故D错误；
故选：B
8．D
【解析】
【分析】
由题意可求出圆锥的母线长，可判断A;由此可求得圆锥的表面积，判断B;
由侧面展开图为半圆可判断C;求得圆锥的体积判断D.
【详解】
由题意，圆锥在平面内转回原位置时，圆本身恰好滚动了2周，
即可知圆锥的侧面展开图的面积即圆锥的侧面积是以母线为半径形成的圆面积的，
设圆锥母线长为l，即有 ，故A错误；
圆锥的表面积为，故B错误；
由题意可知，圆锥的侧面展开图是以母线为半径形成的圆的一半，
故侧面展开图扇形圆心角为，故C错误；
圆锥的体积为 ，故D正确，
故选：D
9．A
【解析】
【分析】
作出图形，计算球体的半径，可计算得出两圆锥的高，利用勾股定理计算出圆锥的底面圆半径，再利用锥体体积公式可求解.
【详解】
如下图所示，设两个圆锥的底面圆圆心为点，
圆锥和圆锥的高之比为，即，
设球的半径为，则，可得，所以，
所以，，
因为，在中，，，
所以，
即圆锥底面圆的半径为，
所以这两个圆锥的体积之和为.
故选：A.
10．A
【解析】
【分析】
利用同角三角函数平方关系，诱导公式，二倍角公式进行求解.
【详解】
故选：A
11．A
【解析】
【分析】
根据函数在区间上单调求得，再由求得的一条对称轴与一个对称中心，由此求得周期可得的值，再求的值.
【详解】
函数，其中，，
若在区间上单调，所以，解得：；
又因为，所以为的一条对称轴，
因为，
所以即为的一个对称中心，
所以，解得：，
，
因为，所以，
因为，所以.
故选：A.
12．C
【解析】
【分析】
在正方体中，体对角线与其不相交的面对角线都垂直，作出几个截面可确定其形状，周长及面积大小，通过法向量的关系可确定二面角的大小，从而判断各选型对错.
【详解】
如下图，在正方体中，体对角线与平面，平面，平面都垂直，由图可知，在平面运动过程中只可能为三角形或六边形，故A正确；由题可知平面与都垂直，所以平面在移动过程中都是平行平面，与平面的夹角为定值，故B正确；如下图，当为对角线中点时，为正六边形，而三角形为等边三角形，根据中位线定理，可得两个截面周长相等，故C错误；由图可得，当为对角线中点时，为正六边形，设边长，面积为，当向下刚开始移动时，为六边形，结合图形可知两邻边一条增大，一条减小且变化量相等，设，而且所有六边形的高都相等且等于，两邻边夹角都为，则六边形梯形，当为三角形时面积最大为，所以当且仅当为对角线中点时，的面积最大，故D正确.
故选：C.
13．2
【解析】
【分析】
根据向量共线，即可求解.
【详解】
解：与共线，所以，解得，
故答案为：2.
14．
【解析】
【分析】
化简得到，即得到模长.
【详解】
由，
∴.
故答案为：.
15．4
【解析】
【分析】
根据匀速圆周运动的数学模型进行求解.
【详解】
因为=4，圆心到水面的距离为2，
所以到x轴的距离为2，
所以x轴与所成角为 ，
由题知水车转动的角速度为
因为水车的半径为4，设P点到水面的距离为y，
根据匀速圆周运动的数学模型有：
当t=10秒时，y=4，所以点离水面的高度是4m.
故答案为：4.
16．.
【解析】
【分析】
连接，证明，则或其补角即为异面直线与所成的角，从而可的答案.
【详解】
解：连接，
由正方体的性质可知，，且，
所以是平行四边形，所以，
所以或其补角即为异面直线与所成的角，
在中，，
则，
即异面直线与所成的角的余弦值为，
又因异面直线与所成的角的范围为，
所以异面直线与所成的角为.
故答案为：.
17．①②④
【解析】
【分析】
对于①，证明点是线段上的动点．所以①正确；
对于②，与是异面直线，所以②正确；
对于③，与可能平行，所以③错误；
对于④，到平面的距离是定值，三棱锥的体积为定值，所以④正确.
【详解】
对于①，设平面与直线交于点，连接、，则为的中点
分别取、的中点、，连接、、，则
，平面，平面，
平面．同理可得平面，
、是平面内的相交直线
平面平面，由此结合平面，可得直线平面，
即点是线段上的动点．所以①正确；
对于②，平面平面，和平面相交，
与是异面直线，所以②正确．
对于③，由①知，平面平面，
与可能平行，所以③错误．
对于④，因为，则到平面的距离是定值，三棱锥的体积为定值，所以④正确；
故答案为： ①②④
【点睛】
方法点睛：空间几何体的体积的求解常用的方法有：（1）规则的公式法；（2）不规则的割补法；（3）复杂的转化法. 要根据已知条件灵活选择方法求解.
18．
【解析】
【分析】
由题可得，结合条件及数量积的运算可得，，即求.
【详解】
由题可知，，
，，
∵，
∴，可得，
∴，
∴.
故答案为：；2.
19．(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）根据题意，求出的坐标，由向量模的计算公式计算可得答案，
（2）根据题意，由向量垂直与数量积的关系可得，解可得的值，即可得答案．
(1)
解：根据题意，若，则，
所以，
故，
(2)
解：因为，，所以，因为，所以，解得；
20．(1)2
(2)选①，最小值为，.选②，最小值为，周期为
【解析】
【分析】
（1）直接将代入即可得解；
（2）选①，利用降幂公式及辅助角公式化简，再根据三角函数的性质即可得出答案.
选②，根据平方关系可得，求出的范围，再根据二次函数的性质即可求得最值，根据三角函数的周期性即可求出函数的一个周期.
(1)
解：;
(2)
解：选①，由，，
得，
因为，所以，
所以，
所以函数在区间上的最小值为，
.
选②，由，，
得，
因为，所以，
所以当时，取得最小值为，
因为，
所以函数的周期可以为.
21．(1)；
(2)证明见解析；
(3)证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）由题设知为直角梯形，结合已知求其面积，根据平面知四棱锥的高为，利用体积公式求体积.
（2）由题设得，线面垂直的性质有，根据线面垂直的判定证结论.
（3）若为中点，连接，根据中位线、平行四边形性质可得，最后由线面平行的判定证结论.
(1)
由，知：为直角梯形，
又，且平面，
所以，故，
所以四棱锥的体积.
(2)
由题设知：，而，故，
又平面，平面，可得，
，面，故平面.
(3)
若为中点，连接，E为PD的中点，
所以且，又，，
所以且，故为平行四边形，
则，面，面，
所以平面.
22．(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）由求得，结合已知可得为正三角形，利用余弦定理求得，再由正弦定理即可求得答案.
（2）由余弦定理可求得，设，转化为有正实根的问题，分类讨论求得参数t的范围，即可求得答案.
(1)
由可得，由于，
故为正三角形，而，故 ,
则 ,
故 ,
所以 ,则；
(2)
设，则，
所以 ，
,
故，设，
则，即有正实根，
当时， 不合题意，舍去；
当时，若方程有两正实根，则 ，
解得 ，此时，
故方程有两异号根时，，解得，
当时，方程为，两根为0和4，符合题意，
综合上述，,
故的最小值为,则的最小值为.
23．(1)
(2)
(3)
【解析】
【分析】
（1）根据诱导公式化简，再根据函数的特征向量的定义即可得解；
（2）根据向量的特征函数求出函数解析式，化简可得，再根据结合两角差的正弦公式即可得解；
（3）根据三角恒等变换求出函数的解析式，不妨设为其中的一个零点，再根据三角函数的性质即可得出答案.
(1)
解：因为，
所以函数的特征向量；
(2)
解：因为向量的特征函数为，
所以，
由，得，
因为，所以，
所以，
所以；
(3)
解：因为向量的特征函数为，
所以，
则，
令，则，
则或，
则或，
由在区间上至少有40个零点，
不妨设，
则，
则，
所以的最小值为.
【点睛】
本题在以新定义基础之上考查了三角函数的有关知识点，考查了诱导公式及三角恒等变换中的几个公式，考查了给之球池问题，还考查了三角函数中的零点问题.
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页优能教育2022-2023学年高二上开学检测——数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．如图，在复平面内，复数对应的点为，则复数的虚部为（ ）
A．1 B． C．2 D．
2．下表是某校120名学生假期阅读时间(单位: 小时)的频率分布表，现用分层抽样的方法从，，，四组中抽取20名学生了解其阅读内容，那么从这四组中依次抽取的人数是（ ）
分组 频数 频率
12 0.10
30
0.40
n 0.25
合计 120 1.00
A．2，5，8，5 B．2，5，9，4 C．4，10，4，2 D．4，10，3，3
3．下列说法正确的是（ ）
A．三点确定一个平面 B．四边形一定是平面图形
C．梯形一定是平面图形 D．两个不同平面和平面有不同在一条直线上的三个公共点
4．若为第二象限角，则（ ）
A． B． C． D．
5．正三棱锥底面边长为，高为，则此正三棱锥的侧面积为（ ）
A． B． C． D．
6．如图所示，一个铁塔可看作正四棱锥，其中P为塔尖，A，B，C，D分别为塔与水平地面的公共点．现需测量该塔的高度，而铁塔附近有障碍物，无法近距离测量，某人给出以下方案及测量数据：
①在延长线上选取相距40米的两点M，N；
②在M处测得塔尖的仰角；
③在M，N两处分别测得，；
请计算铁塔的高度为（ ）
A．米 B．20米 C．米 D．40米
7．设m，n为两条不重合的直线，，为两个不重合的平面，m，n既不在内，也不在内，则下列结论正确的是（ ）
A．若，，则 B．若，，则
C．若，，则 D．若，，则
8．如图所示，在顶角为圆锥内有一截面，在圆锥内放半径分别为的两个球与圆锥的侧面、截面相切，两个球分别与截面相切于，则截面所表示的椭圆的离心率为
（注：在截口曲线上任取一点，过作圆锥的母线，分别与两个球相切于点，由相切的几何性质可知，，，于是，为椭圆的几何意义）
A． B． C． D．
9．两个圆锥的底面是一个球的同一截面，顶点均在球面上，若球的体积为，两个圆锥的高之比为，则这两个圆锥的体积之和为（ ）
A． B． C． D．
10．已知，则（ ）
A． B． C． D．
11．若函数的图像关于点对称，且在上单调递减，则
A．1 B．2 C．3 D．4
12．在棱长为的正方体中，是线段上的点，过的平面与直线垂直，当在线段上运动时，平面截正方体所得的截面面积的最小值是（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
13．已知向量，写出一个与共线的非零向量的坐标__________.
14．两个不是共轭复数的两个虚数 满足，则，分别可以是___________
15．据监测，在海滨某城市附近的海面有一台风. 台风中心位于城市的东偏南方向、距离城市的海面处，并以的速度向西偏北方向移动（如图示）.如果台风侵袭范围为圆形区域，半径，台风移动的方向与速度不变，那么该城市受台风侵袭的时长为_____ .
16．如图正方体的棱长为，以下结论正确的是____________
①异面直线与所成的角为
②直线与垂直
③直线与平行
④三棱锥的体积为
17．已知正四棱锥的所有棱长均为4，S是四边形ABCD及其内部的点构成的集合，设集合，则T表示的区域的面积为______.
三、双空题
18．在矩形ABCD中，，，点P在AB边上，则向量在向量上的投影向量的长度是_____，的最大值是__________．
四、解答题
19．已知向量=（3，4），=（1，2），=（－2，－2）．
(1)求||，||的值；
(2)若=m+n，求实数m，n的值；
(3)若（+）∥ （－+ k），求实数k的值．
20．已知函数．
（Ⅰ）求的定义域；
（Ⅱ）设是锐角，且，求的值．
21．在四棱锥中，平面平面，底面为梯形，，，且，，.
(1)求证：平面；
(2)求直线与所成角的余弦值；
(3)求四棱锥的体积.
22．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．
（1）判断△ABC的形状；
（2）若，求的取值范围．
23．已知函数，称向量为的特征向量，为的特征函数.
(1)设，求的特征向量；
(2)设向量的特征函数为，求当且时，的值；
(3)设向量的特征函数为，记，若在区间上至少有40个零点，求的最小值.
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．A
【解析】
【分析】
写出点的坐标，可得点对应的复数，根据复数的除法运算化简，即可得其虚部.
【详解】
复数对应的点的坐标为，所以复数，
所以，所以复数的虚部为.
故选：A
2．A
【解析】
【分析】
根据频率与频数的关系，可求得分布表中的参数；再由样本容量与总体数量可得抽样比例，根据该比例，即可求得每组抽取的人数.
【详解】
由题可得：，，
由样本容量20，与学生总人数120，可得：
抽样比例=，故
在区间有12人，故从该组抽取12人；
在区间有30人，故从该组抽取人；
在区间有48人，故从该组抽取人；
在区间有30人，故从该组抽取人.
故选：A.
【点睛】
本题考查频数分布表中参数的计算，以及分层抽样，其核心是利用等比例进行计算.
3．C
【解析】
【分析】
本题首先可通过三点共线判断出A错误，然后根据对边异面判断出B错误，再然后根据两条平行线可以确定一个平面判断出C正确，最后根据三个不共线的点能确定一个平面判断出D错误.
【详解】
A项：当三点共线时，无法确定一个平面，故A错误；
B项：一个四边形，若对边异面，则为一个立体图形，故B错误；
C项：因为梯形有一组对边平行，两条平行线可以确定一个平面，
所以梯形一定是平面图形，故C正确；
D项：若不重合的平面和有不在同条直线上的三个公共点，
由于三个不共线的点能确定一个平面，则平面与平面重合，
与已知矛盾，故D错误，
故选：C.
4．D
【解析】
【分析】
取可判断AB选项的正误；利用二倍角的正弦公式可判断CD选项的正误.
【详解】
取，则为第二象限角，，AB选项错误；
因为为第二象限角，则，，所以，，C错D对.
故选：D.
5．A
【解析】
【分析】
根据条件，可计算正三棱锥的斜高，利用侧面积公式计算即可求出.
【详解】
因为底面正三角形中高为，其重心到顶点距离为，且棱锥高，所以利用直角三角形勾股定理可得侧棱长为，斜高为，所以侧面积为.选A.
【点睛】
本题主要考查了正三棱锥的性质，侧面积公式，属于中档题.
6．B
【解析】
【分析】
取的中点，再底面中求出的长度，再在利用锐角三角函数计算可得；
【详解】
解：取的中点，如下图所示，，，，
所以，，
所以，则，
在中，，所以，
则
则在中，，，
所以，所以
故铁塔的高度为米；
故选：B
7．B
【解析】
【分析】
根据线线，线面，面面的位置关系依次判断选项即可.
【详解】
对选项A，若，，则的位置关系为：平行、相交、异面，
故A错误.
对选项B，若，，，则，故B正确.
对选项C，若，，则，故C错误.
对选项D，若，，则，故D错误.
故选：B
8．C
【解析】
设两球的球心分别为，，圆锥顶点为，取两球与圆锥同一母线上的切点，，
连接，，，，连接交于，由题意可得，再利用平面几何知识即可得，即可得解.
【详解】
设两球的球心分别为，，圆锥顶点为，取两球与圆锥同一母线上的切点，，
连接，，，，连接交于，
由顶角为，两个球的半径分别为，，
可知，，，，
所以即，，
由可得，
所以，所以，，
所以该椭圆离心率.
故选：C.
【点睛】
本题考查了圆锥和球的几何特征，考查了椭圆的性质，属于中档题.
9．B
【解析】
【分析】
作出图形，计算球体的半径，可计算得出两圆锥的高，利用三角形相似计算出圆锥的底面圆半径，再利用锥体体积公式可求得结果.
【详解】
如下图所示，设两个圆锥的底面圆圆心为点，
设圆锥和圆锥的高之比为，即，
设球的半径为，则，可得，所以，，
所以，，，
，则，所以，，
又因为，所以，，
所以，，，
因此，这两个圆锥的体积之和为.
故选：B.
10．C
【解析】
【分析】
利用诱导公式、二倍角公式及同角三角函数的基本关系化简，再代入计算可得；
【详解】
解：因为，所以
；
故选：C
11．C
【解析】
【分析】
由题意首先确定的值，然后求解的值即可.
【详解】
函数的图象是由函数的图象向左平移个单位得到的，
函数在x轴右侧的第一个最高点横坐标为，
由于函数的图像关于点对称，故，
据此可得：，结合题意可知：，
从而，解得.
本题选择C选项.
【点睛】
本题主要考查三角函数的性质，三角函数图像的变换等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
12．C
【解析】
【分析】
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立所示的空间直角坐标系，设点，分、、三种情况讨论，确定截面与各棱的交点，求出截面面积关于的表达式，由此可解得截面面积的最小值.
【详解】
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、、、、、，
设点，其中.
①当时，点与点重合，，，，
所以，，，则，，
，平面，此时平面即为平面，
截面面积为；
②当时，同①可知截面面积为；
③当时，，，
，，则，
设平面交棱于点，，
，可得，不合乎题意.
设平面交棱于点，，
，可得，合乎题意，即，
同理可知，平面交棱于点，
，且与不重合，故四边形为平行四边形，
，，，
则，
所以，截面面积为.
综上所述，截面面积的最小值为.
故选：C.
【点睛】
关键点点睛：本题考查正方体截面面积最值的求解，解题的关键在于确定截面与各棱交点的位置，这里可以利用空间向量法，将线线垂直关系转化为向量数量积为零来处理，确定点的位置，进而将截面面积的最值利用函数的最值来求解.
13．（纵坐标为横坐标2倍即可，答案不唯一）
【解析】
【详解】
向量 与共线的非零向量的坐标纵坐标为横坐标2倍，例如（2，4）．
故答案为．
14．（答案不唯一）
【解析】
【分析】
根据复数的基本概念即得.
【详解】
∵两个不是共轭复数的两个虚数 满足，
不妨取，则，分别可以是.
故答案为：（答案不唯一）.
15．小时
【解析】
【分析】
当城市距离台风中心小于等于120km时，城市开始受到台风侵袭，所以只要城市距离台风移动方向大于等于120km即可；由题意，画出图形解三角形．
【详解】
解：由题意如图，设台风中心到达Q，开始侵袭城市，到达O则结束侵袭.
在△AQP中，AQ＝120km，AP＝120km，∠APQ＝30°，∠PAQ＝180°﹣30°﹣∠Q＝150°﹣∠Q，
由正弦定理得到，
所以∠＝120°, ∠ =60°，所以△AQO为等边三角形.所以
所以该城市会受到台风的侵袭时长为小时．
【点睛】
本题主要考查了解三角形的实际应用；关键是由题意将问题转化为解三角形的问题
16．①②④
【解析】
连接，，，则可得出为等边三角形，则与所成角等于与所成角，其大小为；证明，再由可得；证明平面，得出，从而证得；最后计算出.
【详解】
对于①，连接，，，则根据正方体的特点可知，且，则三角形为等边三角形，所以与所成角等于与所成角，其大小为，故①正确；
对于②，如图所示，因为，又，所以，故②正确；
对于③，由②可知，又，且，平面，平面，所以平面，所以，则，故③错误；
对于④，连接，则三棱锥的体积为，故④正确.
故答案为：①②④.
【点睛】
本题考查空间异面直线间的夹角、空间直线间位置关系的判断等，解答本题的关键在于：
（1）用定义法求解异面直线夹角时，注意要将线进行平移转化，找到异面直线夹角的平面角，然后通过解三角形求解夹角的大小或夹角余弦值的大小；
（2）注意运用空间平行关系、垂直关系的判定定理与性质定理判断空间两条直线间的位置关系.
17．
【解析】
【分析】
由题意，相当于求出以为球心，4为半径的球与底面的截面圆的半径后可求区域的面积.
【详解】
设顶点在底面上的投影为，连接，则为正方形的中心，如图，
且，故.
因为当时，故，
故的轨迹为以为圆心，1为半径的圆面，而正方形内切圆的圆心为，半径为，
故的轨迹在正方形内部，故其面积为.
故答案为：
18．
【解析】
【分析】
根据投影向量的概念，可求得向量在向量上的投影向量的长度；
建立平面直角坐标系，利用数量积的坐标运算，表示出，利用二次函数的性质求得答案.
【详解】
由题意可得 ，
即向量在向量上的投影向量的长度是 ；
如图，以A为坐标原点，AB为x轴，AD为y轴，建立平面直角坐标系，
设 ，则 ,
故 ，
则，
当时，取最大值为 ，
故答案为：；
19．(1)||=5；；
(2)；
(3).
【解析】
【分析】
（1）利用向量的模长的坐标公式即得；
（2）利用向量的线性坐标表示即得；
（3）利用向量平行的坐标表示即求.
(1)
∵向量=（3，4），=（1，2），
∴||=5，；
(2)
∵=（3，4），=（1，2），=（－2，－2），=m+n，
∴（3，4）=m（1，2）+n（－2，－2） =（m－2n，2m －2n），
所以，
得；
(3)
∵（+）∥(－+ k)，
又－+k=(－1－2k，－2－2k )，+=（4，6），
∴6 (－1－2k)=4 (－2－2k),
解得，
故实数k的值为.
20．（1）（2）
【解析】
【详解】
试题分析：
(1)利用题意求得函数的定义域为．
(2) 依题意，得．化简为．则．
试题解析：
解：（Ⅰ）由，得，．
所以 函数的定义域是．
（Ⅱ）依题意，得．
所以．①
因为是锐角，所以 ，
所以，
①式化简为．
所以 ，
所以．
21．(1)证明见解析
(2)
(3)
【解析】
【分析】
（1）由面面垂直的性质定理即可求证；
（2）取的中点，连接、，可证明，或其补角即为直线与所成角，在中，由余弦定理求即可求解；
（3）过点作垂直于的延长线于点，可证明平面，求出的长，再由椎体的体积公式即可求解.
(1)
因为平面平面，平面平面，
，面，所以平面.
(2)
取的中点，连接、，
因为，，所以四边形是平行四边形，可得，
所以或其补角即为直线与所成角，
因为平面，面，所以，
所以，，
在中，由余弦定理可得：
，
在中，.
(3)
过点作垂直于的延长线于点，
因为平面平面，平面平面，
，面，所以平面.
所以，
所以四棱锥的体积.
22．(1) △ABC为的直角三角形．
(2) .
【解析】
【分析】
分析：（1）由已知条件结合正弦定理对已知化简可求得角的值，进而可判断三角形的形状；
（2）由辅助角公式对已知函数先化简，然后代入可求得，结合（1）中的角求得角的范围，然后结合正弦函数的性质，即可求解．
【详解】
（1）因为，由正弦定理可得，即，所以．
因为在△ABC中，，所以又，
所以，．所以△ABC为的直角三角形．
（2）因为 =．
所以．
因为△ABC是的直角三角形，
所以，且，所以当时，有最小值是．
所以的取值范围是．
点睛：本题主要考查了利用正弦定理和三角函数的恒等变换求解三角形问题，对于解三角形问题，通常利用正弦定理进行“边转角”寻求角的关系，利用“角转边”寻求边的关系，利用余弦定理借助三边关系求角，利用两角和差公式及二倍角公式求三角函数值. 利用正、余弦定理解三角形问题是高考高频考点，经常利用三角形内角和定理，三角形面积公式，结合正、余弦定理解题.
23．(1)
(2)
(3)
【解析】
【分析】
（1）根据诱导公式化简，再根据函数的特征向量的定义即可得解；
（2）根据向量的特征函数求出函数解析式，化简可得，再根据结合两角差的正弦公式即可得解；
（3）根据三角恒等变换求出函数的解析式，不妨设为其中的一个零点，再根据三角函数的性质即可得出答案.
(1)
解：因为，
所以函数的特征向量；
(2)
解：因为向量的特征函数为，
所以，
由，得，
因为，所以，
所以，
所以；
(3)
解：因为向量的特征函数为，
所以，
则，
令，则，
则或，
则或，
由在区间上至少有40个零点，
不妨设，
则，
则，
所以的最小值为.
【点睛】
本题在以新定义基础之上考查了三角函数的有关知识点，考查了诱导公式及三角恒等变换中的几个公式，考查了给之球池问题，还考查了三角函数中的零点问题.
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页优能教育2022-2023学年高二上开学检测——数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．在复平面内，复数所对应的点的坐标为，则（ ）
A． B． C． D．
2．一支游泳队有男运动员人，女运动员人，若用分层抽样的方法从该队的全体运动员中抽取一个容量为的样本，则抽取男运动员的人数为
A． B． C． D．
3．下列说法正确的是（ ）
A．三点确定一个平面 B．四边形一定是平面图形
C．梯形一定是平面图形 D．两个不同平面和平面有不同在一条直线上的三个公共点
4．已知为第三象限角，则下列判断正确的是（ ）
A． B． C． D．
5．正三棱锥底面边长为，高为，则此正三棱锥的侧面积为（ ）
A． B． C． D．
6．如图所示，一个铁塔可看作正四棱锥，其中P为塔尖，A，B，C，D分别为塔与水平地面的公共点．现需测量该塔的高度，而铁塔附近有障碍物，无法近距离测量，某人给出以下方案及测量数据：
①在延长线上选取相距40米的两点M，N；
②在M处测得塔尖的仰角；
③在M，N两处分别测得，；
请计算铁塔的高度为（ ）
A．米 B．20米 C．米 D．40米
7．已知，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，给出下列四个命题：
①如果，，，，那么；
②如果，，那么 ；
③如果，，，那么 ；
④如果，，，那么.
其中正确命题的个数有（ ）
A．4 个 B．3 个
C．2 个 D．1 个
8．如图所示，在顶角为圆锥内有一截面，在圆锥内放半径分别为的两个球与圆锥的侧面、截面相切，两个球分别与截面相切于，则截面所表示的椭圆的离心率为
（注：在截口曲线上任取一点，过作圆锥的母线，分别与两个球相切于点，由相切的几何性质可知，，，于是，为椭圆的几何意义）
A． B． C． D．
9．已知三棱锥P－ABC的四个顶点在球O的球面上，PA=PB=PC，△ABC是边长为的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，∠CEF=90°.则球O的体积为（ ）
A． B． C． D．
10．若为第二象限角，则（ ）
A． B． C． D．
11．已知函数（，），其图象关于点成中心对称，相邻两条对称轴的距离为，且对任意，都有，则在下列区间中，f(x)为单调递减函数的是（ ）
A． B． C． D．
12．如图，正方体的棱长为1，为对角线上的一点（不与点、重合），过点作平面与正方体表面相交形成的多边形记为.
①若是三角形，则必定是锐角三角形
②若，则只可能为三角形或六边形
③若且点为对角线的三等分点，则的周长为
④若点为对角线的三等分点，则点到各顶点的距离的不同取值有4个
以上所有正确结论的个数为（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
二、填空题
13．在平面直角坐标系xOy中，在x轴、y轴正方向上的投影分别是–3、4，则与平行的单位向量是_______．
14．设复数满足，则___________.
15．据监测，在海滨某城市附近的海面有一台风. 台风中心位于城市的东偏南方向、距离城市的海面处，并以的速度向西偏北方向移动（如图示）.如果台风侵袭范围为圆形区域，半径，台风移动的方向与速度不变，那么该城市受台风侵袭的时长为_____ .
16．如图正方体的棱长为，以下结论正确的是____________
①异面直线与所成的角为
②直线与垂直
③直线与平行
④三棱锥的体积为
17．已知正四棱锥的所有棱长均为4，S是四边形ABCD及其内部的点构成的集合，设集合，则T表示的区域的面积为______.
三、双空题
18．已知，,点E是AB边上的动点，则的值为__________；的最大值为__________.
四、解答题
19．已知向量，，，且，.
（1）求向量和；
（2）若，求.
20．已知函数.
(1)求的值；
(2)求函数的单调增区间；
(3)当时，求的最大值与最小值.
21．如图，在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，，F是PB中点，E为BC上一点.
(1)求证：AF⊥平面PBC；
(2)当BE为何值时，二面角为;
(3)求三棱锥P—ACF的体积.
22．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．
（1）判断△ABC的形状；
（2）若，求的取值范围．
23．已知函数，称向量为的特征向量，为的特征函数.
(1)设，求的特征向量；
(2)设向量的特征函数为，求当且时，的值；
(3)设向量的特征函数为，记，若在区间上至少有40个零点，求的最小值.
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．A
【解析】
根据复数的几何意义求出复数，再求出复数的共轭复数，最后根据复数的乘法法则计算可得；
【详解】
解：因为在复平面内，复数所对应的点的坐标为，
所以，所以
所以
故选：A
2．B
【解析】
根据分层抽样的定义，即可得到结论.
【详解】
设抽取男运动员的人数为，则，解得，
故选：B.
【点睛】
本题主要考查分层抽样的应用，利用分层抽样的定义建立比例关系是解决本题的关键，属于基础题.
3．C
【解析】
【分析】
本题首先可通过三点共线判断出A错误，然后根据对边异面判断出B错误，再然后根据两条平行线可以确定一个平面判断出C正确，最后根据三个不共线的点能确定一个平面判断出D错误.
【详解】
A项：当三点共线时，无法确定一个平面，故A错误；
B项：一个四边形，若对边异面，则为一个立体图形，故B错误；
C项：因为梯形有一组对边平行，两条平行线可以确定一个平面，
所以梯形一定是平面图形，故C正确；
D项：若不重合的平面和有不在同条直线上的三个公共点，
由于三个不共线的点能确定一个平面，则平面与平面重合，
与已知矛盾，故D错误，
故选：C.
4．D
【解析】
【分析】
根据为第三象限角，先判断，的符号，再选择.
【详解】
因为为第三象限角，
所以，，
所以.
故选：D
【点睛】
本题主要考查三角函数值的符号，属于基础题.
5．A
【解析】
【分析】
根据条件，可计算正三棱锥的斜高，利用侧面积公式计算即可求出.
【详解】
因为底面正三角形中高为，其重心到顶点距离为，且棱锥高，所以利用直角三角形勾股定理可得侧棱长为，斜高为，所以侧面积为.选A.
【点睛】
本题主要考查了正三棱锥的性质，侧面积公式，属于中档题.
6．B
【解析】
【分析】
取的中点，再底面中求出的长度，再在利用锐角三角函数计算可得；
【详解】
解：取的中点，如下图所示，，，，
所以，，
所以，则，
在中，，所以，
则
则在中，，，
所以，所以
故铁塔的高度为米；
故选：B
7．D
【解析】
【分析】
根据空间中线线、线面、面面的位置关系一一判断即可.
【详解】
解：对于①如果，，，，那么或与相交，故①错误；
对于②如果，，由线面垂直的性质可知，故②正确；
对于③如果，，，那么或或与相交（不垂直）或与异面（不垂直），故③错误；
对于④如果，，，那么或与相交（不垂直），
当且仅当，，，，那么，故④错误.
故选：D
8．C
【解析】
设两球的球心分别为，，圆锥顶点为，取两球与圆锥同一母线上的切点，，
连接，，，，连接交于，由题意可得，再利用平面几何知识即可得，即可得解.
【详解】
设两球的球心分别为，，圆锥顶点为，取两球与圆锥同一母线上的切点，，
连接，，，，连接交于，
由顶角为，两个球的半径分别为，，
可知，，，，
所以即，，
由可得，
所以，所以，，
所以该椭圆离心率.
故选：C.
【点睛】
本题考查了圆锥和球的几何特征，考查了椭圆的性质，属于中档题.
9．D
【解析】
【分析】
计算可知三棱锥P－ABC的三条侧棱互相垂直，可得球O是以PA为棱的正方体的外接球，球的直径，即可求出球O的体积.
【详解】
在△PAC中，设，，，，
因为点E，F分别是PA，AB的中点，所以，
在△PAC中，，
在△EAC中，，
整理得，
因为△ABC是边长为的正三角形，所以，
又因为∠CEF=90°，所以，
所以，
所以.
又因为△ABC是边长为的正三角形，
所以PA,PB,PC两两垂直，
则球O是以PA为棱的正方体的外接球，
则球的直径，
所以外接球O的体积为.
故选D.
【点睛】
本题考查了三棱锥的外接球，考查了学生的空间想象能力，属于中档题.
10．D
【解析】
【分析】
取可判断AB选项的正误；利用二倍角的正弦公式可判断CD选项的正误.
【详解】
取，则为第二象限角，，AB选项错误；
因为为第二象限角，则，，所以，，C错D对.
故选：D.
11．C
【解析】
【分析】
由相邻对称轴距离得函数的最小正周期，由不等式恒成立得函数的最小值点，结合周期可得函数的增区间和减区间，比较各选项可得．
【详解】
因为相邻两条对称轴的距离为，所以函数的最小正周期为，所以，
对任意，都有，则是函数的最小值，
，，
因此在上函数单调递增，D错误；
在上单调递减，C正确；
是函数的一个最大值点，AB错误，
故选：C．
12．A
【解析】
【分析】
在正方体中，体对角线与其不相交的面对角线都垂直，作出几个截面可确定其形状.建立空间直角坐标系，利用空间向量可判断位置关系与计算距离.
【详解】
对于①：若是三角形，当周长最大时，平面为平面或平面.
且为等边三角形.由“大角对大边，大边对大角”，根据对称性我们可固定,
则截面为，易知为最大角,记,.
则恒成立.
所以必定是锐角三角形.正确.
对于②：在正方体中体对角线与平面，平面，平面都垂直.由图可知，平面在运动过程中只可能为三角形或六边形.正确.
对于③：建立如图所示空间直角坐标系，则,,,,.
所以,设点.
所以
解得.
所以.
所以.
所以当点为对角线的三等分点且时：为平面或平面
此时的周长为：.正确.
对于④：由③知：;
；
;.
所以点到各顶点的距离的不同取值为：，，，有4个.正确.
故选：A.
13．±
【解析】
【分析】
首先由题意可得，再除以向量的模，再考虑反向的情况即可.
【详解】
∵在x轴、y轴正方向上的投影分别是–3、4，∴=（–3，4），||5．
则的单位向量±．故答案为±．
【点睛】
本题考查单位向量，与的平行的单位向量为，考查了运算能力.
14．
【解析】
【分析】
先利用复数的除法化简，再利用复数的模公式求解.
【详解】
解：因为复数满足，
所以复数，
所以，
故答案为：
15．小时
【解析】
【分析】
当城市距离台风中心小于等于120km时，城市开始受到台风侵袭，所以只要城市距离台风移动方向大于等于120km即可；由题意，画出图形解三角形．
【详解】
解：由题意如图，设台风中心到达Q，开始侵袭城市，到达O则结束侵袭.
在△AQP中，AQ＝120km，AP＝120km，∠APQ＝30°，∠PAQ＝180°﹣30°﹣∠Q＝150°﹣∠Q，
由正弦定理得到，
所以∠＝120°, ∠ =60°，所以△AQO为等边三角形.所以
所以该城市会受到台风的侵袭时长为小时．
【点睛】
本题主要考查了解三角形的实际应用；关键是由题意将问题转化为解三角形的问题
16．①②④
【解析】
连接，，，则可得出为等边三角形，则与所成角等于与所成角，其大小为；证明，再由可得；证明平面，得出，从而证得；最后计算出.
【详解】
对于①，连接，，，则根据正方体的特点可知，且，则三角形为等边三角形，所以与所成角等于与所成角，其大小为，故①正确；
对于②，如图所示，因为，又，所以，故②正确；
对于③，由②可知，又，且，平面，平面，所以平面，所以，则，故③错误；
对于④，连接，则三棱锥的体积为，故④正确.
故答案为：①②④.
【点睛】
本题考查空间异面直线间的夹角、空间直线间位置关系的判断等，解答本题的关键在于：
（1）用定义法求解异面直线夹角时，注意要将线进行平移转化，找到异面直线夹角的平面角，然后通过解三角形求解夹角的大小或夹角余弦值的大小；
（2）注意运用空间平行关系、垂直关系的判定定理与性质定理判断空间两条直线间的位置关系.
17．
【解析】
【分析】
由题意，相当于求出以为球心，4为半径的球与底面的截面圆的半径后可求区域的面积.
【详解】
设顶点在底面上的投影为，连接，则为正方形的中心，如图，
且，故.
因为当时，故，
故的轨迹为以为圆心，1为半径的圆面，而正方形内切圆的圆心为，半径为，
故的轨迹在正方形内部，故其面积为.
故答案为：
18． -1. 2.
【解析】
【详解】
画出图像，根据向量的数量积的几何意义投影得到 设AE=x,
， 代入得到
故得到最大值为2.
故答案为-1，2.
19．（1），；（2）5.
【解析】
【分析】
（1）利用向量平行和垂直的坐标运算求解即可；
（2）利用向量的坐标运算及数量积运算公式求解即可
【详解】
（1）因为向量，，，
由，可得，解得，
由，可得，解得，
所以，.
（2）因为，
所以.
20．(1) .
(2)
(3)所以的最大值为，最小值为.
【解析】
【分析】
（1）由三角函数中的恒等变换应用可得，将代入即可得出答案;
（2）令，可得单调增区间；
（3）由，可得，利用正弦函数的性质从而可求函数的最大值与最小值.
(1)
，
=.
(2)
由,
所以函数的单调增区间是
(3)
由，可得，，从而，
所以函数的值域为.
所以的最大值为，最小值为.
21．(1)证明见解析
(2)
(3)
【解析】
【分析】
（1）通过证明来证得平面.
（2）建立空间直角坐标系，设，以二面角的余弦值列方程，从而求得，也即的值.
（3）根据椎体体积计算方法，计算出三棱锥的体积.
(1)
因为PA⊥平面ABCD，BC平面ABCD．
所以,
因为ABCD是矩形，所以,
因为,
所以BC⊥平面PAB.
因为AF平面PAB，所以.
因为，F是PB中点，所以,
因为,
所以AF⊥平面PBC．
(2)
因为PA⊥平面ABCD，所以.又，
所以以A为坐标原点，AD，AB，AP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系.
设，则P（0，0，1），D（，0，0），E（a，1，0），F（0，，）
所以,
设平面的法向量为，则，
故可设，
平面的法向量为，
由于二面角的大小为，
所以，
解得.
(3)
.
22．(1) △ABC为的直角三角形．
(2) .
【解析】
【分析】
分析：（1）由已知条件结合正弦定理对已知化简可求得角的值，进而可判断三角形的形状；
（2）由辅助角公式对已知函数先化简，然后代入可求得，结合（1）中的角求得角的范围，然后结合正弦函数的性质，即可求解．
【详解】
（1）因为，由正弦定理可得，即，所以．
因为在△ABC中，，所以又，
所以，．所以△ABC为的直角三角形．
（2）因为 =．
所以．
因为△ABC是的直角三角形，
所以，且，所以当时，有最小值是．
所以的取值范围是．
点睛：本题主要考查了利用正弦定理和三角函数的恒等变换求解三角形问题，对于解三角形问题，通常利用正弦定理进行“边转角”寻求角的关系，利用“角转边”寻求边的关系，利用余弦定理借助三边关系求角，利用两角和差公式及二倍角公式求三角函数值. 利用正、余弦定理解三角形问题是高考高频考点，经常利用三角形内角和定理，三角形面积公式，结合正、余弦定理解题.
23．(1)
(2)
(3)
【解析】
【分析】
（1）根据诱导公式化简，再根据函数的特征向量的定义即可得解；
（2）根据向量的特征函数求出函数解析式，化简可得，再根据结合两角差的正弦公式即可得解；
（3）根据三角恒等变换求出函数的解析式，不妨设为其中的一个零点，再根据三角函数的性质即可得出答案.
(1)
解：因为，
所以函数的特征向量；
(2)
解：因为向量的特征函数为，
所以，
由，得，
因为，所以，
所以，
所以；
(3)
解：因为向量的特征函数为，
所以，
则，
令，则，
则或，
则或，
由在区间上至少有40个零点，
不妨设，
则，
则，
所以的最小值为.
【点睛】
本题在以新定义基础之上考查了三角函数的有关知识点，考查了诱导公式及三角恒等变换中的几个公式，考查了给之球池问题，还考查了三角函数中的零点问题.
答案第1页，共2页
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