上海市致远高级中学2022-2023学年高二上学期开学考试数学试题（含解析）
文档属性
| 名称 | 上海市致远高级中学2022-2023学年高二上学期开学考试数学试题（含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 730.5KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2022-09-14 10:13:20 | ||
图片预览
文档简介
2022-2023年致远高级中学高二上开学考
一、填空题（第1-6题每题4分，第7-12题每题5分，满分54分）
1．已知，求的值______．
2．已知全集，集合，，，且，求实数的取值范围______．
3．若，则的最小值为______．
4．已知复数的实部为0，其中i为虚数单位，则实数的值是______．
5．向量在向量方向上的数量投影为，且，则______．
6．在平面直角坐标系中，设向量，，其中、为的两个内角．若，则______．
7．在正方体中，、分别是棱、的中点，则异面直线和所成角的大小为______．
8．，，，则______．
9．已知、为复数，为纯虚数，，且，求______．
10．在平行四边形中，，，为的中点．若，则的长为______．
11．设函数，若对任意的实数都成立，则的最小值为______．
12．如图，某公司要在、两地连线上的定点处建造广告牌，其中为顶端，长35米，长80米，设点、在同一水平面上，从和看的仰角分别为和．施工完成后，与铅垂方向有偏差，现在实测得，，则的长为（结果精确到0.01米）______．
二、选择题（本大题共4题，满分20分）
13．下列命题中，真命题为（ ）
A．若点为角终边上一点，则
B．同时满足，的角有且只有一个
C．如果角满足，那么角是第二象限的角
D．的解集为
14．如果复数满足，那么的最大值是（ ）
A． B． C． D．
15．关于函数的判断，正确的是（ ）
A．最小正周期为，值域为，在区间上是单调减函数
B．最小正周期为，值域为，在区间上是单调减函数
C．最小正周期为，值域为，在区间上是单调增函数
D．最小正周期为，值域为，在区间上是单调增函数
16．如图，在正方体中，、、、分别是顶点或所在棱中点，则、、、四点共面的图形______（填上所有正确答案的序号）．
三、解答题（本大题共有3题，满分46分）
17．已知函数的最小正周期为．
（1）求的值；
（2）讨论在区间上的单调性．
18．已知为虚数，且，若为实数．
（1）求复数；
（2）若的虚部为正数，且（i为虚数单位，），求的模的取值范围．
19．已知正方体的棱长为2，、、分别是、、的中点．
（1）求证：平面；
（2）在线段上是否存在点，使得平面？若存在，求线段的长；若不存在，请说明理由；
（3）求到平面的距离．
参考答案
一、填空题
1．【解析】．
2．【解析】全集，集合，，
所以，所以．
集合，且，所以或，
解得或，即的范围为．
3．【解析】若，则，
当且仅当，即时，上式取得最小值1．
4．【解析】因为的实部为0，所以，即．
5．【解析】．
6．【解析】若，则，即，
即，即，则，所以．
7．【解析】在正方体中连接、，且，
因为、分别是棱、的中点，
所以，又，所以，
所以即为异面直线和所成角的平面角，
因为四边形为正方形，所以，
所以异面直线和所成角的大小．
8．【解析】由得．
9．【解析】设，
因为为纯虚数，所以①，
，
由，得，即②
由①②得或，代入得．
10．【解析】因为，，
所以
，
化为，因为，所以．
11．【解析】函数，若对任意的实数都成立，
得，，解得，，，则的最小值为．
12．【解析】设，，，则，
由正弦定理得，即，
所以，答：的长为26.93米．
二、选择题
13．【解析】若点为角终边上一点，
则当时，；当时，，选项A错误；
同时满足，的角有无数个，此时，选项B错误；
如果角满足，那么角是第三象限的角，选项C错误；
的解集为，选项D正确；故选D．
14．【解析】复数满足，表示以为圆心，2为半径的圆．
表示圆上的点与点的距离．
因为，所以的最大值是．故选A．
15．【解析】，
所以函数的最小正周期为，值域为，在区间上是单调增函数，故选C．
16．【解析】图①：取的中点，连结、，
因为、均为相应边的中点，则：，且，
又，，则，，即为平行四边形，
所以，同理，
则，即、、、四点共面，图①正确；
图②：显然与异面，图②不正确；
图③：连结、、，因为，即为平行四边形，
所以，又、分别为相应边的中点，则，
所以，即、、、四点共面，图③正确；
图④：连结、、、，
因为，即为平行四边形，则，
又、分别为相应边的中点，则，同理，
所以，即、、、四点共面，图④正确．
故、、、四点共面的图形为①③④．
三、解答题
17．【解析】（1）
，
所以，所以．
（2）由（1）得，
因为，所以，
当时，即时，是增函数，
当时，即时，是减函数，
所以在区间上单调增，在区间上单调减．
18．【解析】（1）设（、且，i为虚数单位）．
由得，又因为为实数，
即为实数，即为实数，
所以，又，所以．
将代入（*）解得．于是或．
（2）若的虚部为正数，由（1）得，所以，
即，
所以，即，
设，则，
它在上单调递减，在上单调递增．
所以当，即，即时，；
又当，即，即时，，
当，即，即时，，所以．
因此所求的模的取值范围为．
19．【解析】（1）连结，则为的中位线，所以，
在正方体中，，所以，
因为平面，平面，所以平面；
（2）取的中点，则满足平面，且．证明如下：
取的中点，连结、、、、、，则，
在中，由，得，
由，得，
由，得，
在中，，又平面，
所以平面，且；
（3）因为平面，平面，，
所以到平面的距离为，由（2）的．
一、填空题（第1-6题每题4分，第7-12题每题5分，满分54分）
1．已知，求的值______．
2．已知全集，集合，，，且，求实数的取值范围______．
3．若，则的最小值为______．
4．已知复数的实部为0，其中i为虚数单位，则实数的值是______．
5．向量在向量方向上的数量投影为，且，则______．
6．在平面直角坐标系中，设向量，，其中、为的两个内角．若，则______．
7．在正方体中，、分别是棱、的中点，则异面直线和所成角的大小为______．
8．，，，则______．
9．已知、为复数，为纯虚数，，且，求______．
10．在平行四边形中，，，为的中点．若，则的长为______．
11．设函数，若对任意的实数都成立，则的最小值为______．
12．如图，某公司要在、两地连线上的定点处建造广告牌，其中为顶端，长35米，长80米，设点、在同一水平面上，从和看的仰角分别为和．施工完成后，与铅垂方向有偏差，现在实测得，，则的长为（结果精确到0.01米）______．
二、选择题（本大题共4题，满分20分）
13．下列命题中，真命题为（ ）
A．若点为角终边上一点，则
B．同时满足，的角有且只有一个
C．如果角满足，那么角是第二象限的角
D．的解集为
14．如果复数满足，那么的最大值是（ ）
A． B． C． D．
15．关于函数的判断，正确的是（ ）
A．最小正周期为，值域为，在区间上是单调减函数
B．最小正周期为，值域为，在区间上是单调减函数
C．最小正周期为，值域为，在区间上是单调增函数
D．最小正周期为，值域为，在区间上是单调增函数
16．如图，在正方体中，、、、分别是顶点或所在棱中点，则、、、四点共面的图形______（填上所有正确答案的序号）．
三、解答题（本大题共有3题，满分46分）
17．已知函数的最小正周期为．
（1）求的值；
（2）讨论在区间上的单调性．
18．已知为虚数，且，若为实数．
（1）求复数；
（2）若的虚部为正数，且（i为虚数单位，），求的模的取值范围．
19．已知正方体的棱长为2，、、分别是、、的中点．
（1）求证：平面；
（2）在线段上是否存在点，使得平面？若存在，求线段的长；若不存在，请说明理由；
（3）求到平面的距离．
参考答案
一、填空题
1．【解析】．
2．【解析】全集，集合，，
所以，所以．
集合，且，所以或，
解得或，即的范围为．
3．【解析】若，则，
当且仅当，即时，上式取得最小值1．
4．【解析】因为的实部为0，所以，即．
5．【解析】．
6．【解析】若，则，即，
即，即，则，所以．
7．【解析】在正方体中连接、，且，
因为、分别是棱、的中点，
所以，又，所以，
所以即为异面直线和所成角的平面角，
因为四边形为正方形，所以，
所以异面直线和所成角的大小．
8．【解析】由得．
9．【解析】设，
因为为纯虚数，所以①，
，
由，得，即②
由①②得或，代入得．
10．【解析】因为，，
所以
，
化为，因为，所以．
11．【解析】函数，若对任意的实数都成立，
得，，解得，，，则的最小值为．
12．【解析】设，，，则，
由正弦定理得，即，
所以，答：的长为26.93米．
二、选择题
13．【解析】若点为角终边上一点，
则当时，；当时，，选项A错误；
同时满足，的角有无数个，此时，选项B错误；
如果角满足，那么角是第三象限的角，选项C错误；
的解集为，选项D正确；故选D．
14．【解析】复数满足，表示以为圆心，2为半径的圆．
表示圆上的点与点的距离．
因为，所以的最大值是．故选A．
15．【解析】，
所以函数的最小正周期为，值域为，在区间上是单调增函数，故选C．
16．【解析】图①：取的中点，连结、，
因为、均为相应边的中点，则：，且，
又，，则，，即为平行四边形，
所以，同理，
则，即、、、四点共面，图①正确；
图②：显然与异面，图②不正确；
图③：连结、、，因为，即为平行四边形，
所以，又、分别为相应边的中点，则，
所以，即、、、四点共面，图③正确；
图④：连结、、、，
因为，即为平行四边形，则，
又、分别为相应边的中点，则，同理，
所以，即、、、四点共面，图④正确．
故、、、四点共面的图形为①③④．
三、解答题
17．【解析】（1）
，
所以，所以．
（2）由（1）得，
因为，所以，
当时，即时，是增函数，
当时，即时，是减函数，
所以在区间上单调增，在区间上单调减．
18．【解析】（1）设（、且，i为虚数单位）．
由得，又因为为实数，
即为实数，即为实数，
所以，又，所以．
将代入（*）解得．于是或．
（2）若的虚部为正数，由（1）得，所以，
即，
所以，即，
设，则，
它在上单调递减，在上单调递增．
所以当，即，即时，；
又当，即，即时，，
当，即，即时，，所以．
因此所求的模的取值范围为．
19．【解析】（1）连结，则为的中位线，所以，
在正方体中，，所以，
因为平面，平面，所以平面；
（2）取的中点，则满足平面，且．证明如下：
取的中点，连结、、、、、，则，
在中，由，得，
由，得，
由，得，
在中，，又平面，
所以平面，且；
（3）因为平面，平面，，
所以到平面的距离为，由（2）的．
同课章节目录