河南省周口市恒大高级中学2022-2023学年高二下学期开学考试数学试题（含解析）

恒大高级中学2022-2023学年高二下学期开学考试
数学试题
考试时间：120分钟 满分：100
第I卷（选择题）
一、单项选择题（每小题5分，共40分）
1．设复数，其中为虚数单位，则（ ）
A．0 B．1 C． D．
2．一个正方体的平面展开图及该正方体的直观图如图所示，在正方体中，设的中点为M，的中点为N，下列结论正确的是（ ）
A．平面 B．平面
C．平面 D．平面
3．下表为随机数表的一部分：
08015 17727 45318 22374 21115 78253
77214 77402 43236 00210 45521 64237
已知甲班有位同学，编号为号，规定：利用上面的随机数表，从第行第列的数开始，从左向右依次读取个数，则抽到的第位同学的编号是（ ）
A． B． C． D．
4．设为虚数单位，则复数（ ）
A． B． C． D．
5．“”是“直线和直线垂直”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分又不必要条件
6．如图，在四棱锥中，，其余的六条棱长均为2，则该四棱锥的体积为（ ）
A． B． C． D．
7．已知向量，满足，，则向量，的夹角为（ ）
A． B． C． D．
8．某研究机构为了实时掌握当地新增高速运行情况，在某服务区从小型汽车中抽取了名驾驶员进行询问调查，将他们在某段高速公路的车速（）分成六段：，，，，，，得到如图所示的频率分布直方图．下列结论错误的是（ ）
A．这辆小型车辆车速的众数的估计值为
B．这辆小型车辆车速的中位数的估计值为
C．这辆小型车辆车速的平均数的估计值为
D．在该服务区任意抽取一辆车，估计车速超过的概率为
二、多项选择题（每小题5分，共20分，有多项符合要求，全部选对得5分，部分选对得2分，有选错得0分）
9．已知向量．则下列命题正确的是（ ）
A．若，则 B．存在，使得
C．与共线的单位向量为 D．向量与夹角的余弦值范围是
10．半正多面体（semiregularsolid）亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美，二十四等边体就是一种半正多面体，是由正方体切截而成的，它由八个正三角形和六个正方形构成（如图所示），若它的所有棱长都为，则（ ）
A．
B．AB与PF所成角为45°
C．该二十四等边体的体积为
D．该二十四等边体多面体有12个顶点，14个面
11．下列说法正确的有（ ）
A．对任意的事件A，都有P（A）>0
B．随机事件A发生的概率是频率的稳定值，频率是概率的近似值
C．必然事件的概率为1，不可能事件的概率为0
D．若事件事件B，则
12．已知是左右焦点分别为，的上的动点，，下列说法正确的有（ ）
A．的最大值为5 B．
C．存在点，使 D．的最大值为
第II卷（非选择题）
三、填空题（每小题5分，共20分）
13．已知复数，，则______．
14．在棱长为2的正方体中，那么点到平面的距离为___________.
15．已知a，b，c分别为锐角的三个内角A，B，C的对边，且，则的取值范围为______.
16．过点作圆圆的切线，则的方程是___________.
四、解答题（共6小题，共计70分.第17题10分，第18---22题，每题12分）
17．在①；②；③. 这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并回答问题.
问题：在中，，，所对的边分别为，，，为的面积，是的中点.若，，且 ，求及的长.
18．已知抛物线：的焦点到顶点的距离为.
(1)求抛物线的方程；
(2)已知过点的直线交抛物线于不同的两点，，为坐标原点，设直线，的斜率分别为，，求的值.
19．如图，某小区准备将闲置的一直角三角形地块开发成公共绿地，图中，，.设计时要求绿地部分（如图中阴影部分所示）有公共绿地走道，且两边是两个关于走道对称的三角形（和）.现考虑绿地最大化原则，要求点与点，均不重合，落在边上且不与端点，重合.
（1）设，若，求此时公共绿地的面积；
（2）为方便小区居民的行走，设计时要求，的长度最短，求此时绿地公共走道的长度.
20．求经过直线l1：2x﹣y+4＝0和直线l2：x﹣y+5＝0的交点C，并且满足下列条件的直线方程．
（1）与直线x﹣4y+4＝0垂直；
（2）到原点的距离等于1．
21．已知正四棱柱 ABCD A1B1C1D1的底面边长为2，侧棱长为4，E，F分别为B1C1，AD的中点.
（Ⅰ）求证：BE 平面C1FD1；
（Ⅱ）求直线BE到平面C1FD1的距离.
22．已知两个单位向量和的夹角为120°，，
(1)求；
(2)求的最小值．
试卷第1页，共3页
参考答案：
一、单项选择题
1．B
【分析】利用复数的运算法则，直接计算即可.
【详解】因为，
所以ω2，ω3＝（）（）＝1，
则1+ω+ω2+ω3＝11＝1.
故选：B.
2．C
【解析】根据题意，得到正方体的直观图及其各点的标记字母，取FH的中点O,连接ON,BO，可以证明MN‖BO,利用BO与平面ABE的关系可以判定MN与平面ABE的关系，进而对选择支A作出判定；根据MN与平面BCF的关系，利用面面平行的性质可以判定MN与平面ADE的关系，进而对选择支B作出判定；利用线面平行的判定定理可以证明MN与平面BDE的平行关系，进而判定C；利用M,N在平面CDEF的两侧，可以判定MN与平面CDE的关系，进而对D作出判定.
【详解】根据题意，得到正方体的直观图及其各点的标记字母如图所示，取FH的中点O,连接ON,BO，
易知ON与BM平行且相等，四边形ONMB为平行四边形，MN‖BO,
∵BO与平面ABE（即平面ABFE)相交，故MN与平面ABE相交，故A错误；
∵平面ADE‖平面BCF,MN∩平面BCF=M,∴MN与平面ADE相交，故B错误；
∵BO 平面BDHF,即BO‖平面BDH,MN‖BO,MN 平面BDHF,∴MN‖平面BDH,故C正确；
显然M,N在平面CDEF的两侧，所以MN与平面CDEF相交，故D错误.
故选：C.
【点睛】本题考查从面面平行的判定与性质，涉及正方体的性质，面面平行，线面平行的性质，属于小综合题，关键是正确将正方体的表面展开图还原，得到正方体的直观图及其各顶点的标记字母，并利用平行四边形的判定与性质找到MN的平行线BO.
3．A
【分析】根据随机数表法读取出前位同学的编号，由此可得出结果.
【详解】从第行第列的数开始，从左向右依次读取个数，读取前位同学的有效编号为、、、、、、、，
因此，抽到的第位同学的编号是.
故选：A.
4．C
【分析】根据复数的除法运算，将化简，可得答案.
【详解】,
故选：C
5．A
【分析】根据两条直线垂直的性质再结合充分条件、必要条件的概念求解即可.
【详解】直线的斜率为，
当时，直线的斜率为，则两条直线垂直，满足充分性.
因为“直线和直线垂直”，
所以直线的斜率存在，为.
所以，解得，不满足必要性.
所以“”是“直线和直线垂直”的充分不必要条件.
故选：A
6．C
【分析】先证明，从而可证平面平面，则有顶点的射影在上，从而可得，即有是直角三角形，再求出底面积和高即可求出体积.
【详解】连接，交点为，如图所示：
，且是公共边，
，，
易得，，
即，又，，
，平面，
平面，又平面，
平面平面.
过点作平面，垂足为，连接，
，，
平面，，，
由是公共边，，
即有，
三点在以为直径的圆周上，
，，，
，
，
.
故选：C
7．C
【分析】对等式两边平方即可求得夹角.
【详解】，，
即，
即，
又，
，
解得，，
所以.
故选：C
8．C
【分析】对于A：由图得众数的估计值为最高矩形的中点对应的值；
对于B：由，，所对应的矩形的面积得出数据的中位数的估计值在区间内，计算可判断．
对于C：根据频率直方图的平均数的估计值计算公式可判断．
对于D：由频率直方图估计车速超过的概率为．
【详解】解：对于A：由图可知，众数的估计值为最高矩形的中点对应的值，故A正确．
对于B：，，所对应的矩形的面积分别为，，，其和为，而对应的矩形面积为，因此中位数的估计值为，故B正确．
对于C：平均数的估计值为，故C错误．
对于D：估计车速超过的概率为，故D正确．
故选：C．
二、多项选择题
9．ABD
【分析】对于A，由特殊角的三角函数值与的取值范围可得到，故A正确；
对于B，利用向量的数量积运算由易得，从而得到，故，即说法成立，故B正确；
对于C，利用易求得与共线的单位向量有两个，故C错误；
对于D，利用向量数量积运算求得夹角的余弦值的表达式，结合三角函数的图像即可得到其取值范围是，故D正确.
【详解】对于A，由题意得，又，故，故A正确；
对于B，因为，即，即，
整理得，即，
故，即，得，
又，所以，即存在，使得，故B正确；
对于C，因为，所以，故与共线的单位向量为，故C错误；
对于D，，
又，所以，所以，即向量与夹角的余弦值范围是，故D正确.
故选：ABD.
10．CD
【分析】将该二十四等边体补形为正方体, 利用与是异面直线判定选项A错误，利用和的形状判定选项B错误，利用正方体和等二十四等边体的关系和分割法判定选项C正确，利用该二十四等边体顶点数和面数判定选项D正确.
【详解】将该二十四等边体补形为正方体（如图所示），
因为该二十四等边体的所有棱长都为，所以正方体的棱长为2，
对于A：正方体的体对角线平面，而与是异面直线，
所以平面不成立，即选项A错误；
对于B：因为，
所以是AB与PF所成角或其补角，
在中，，，
因为，所以，即选项B错误；
对于C：因为该二十四等边体的所有棱长都为，
所以正方体的棱长为2，
所以该二十四等边体的体积为，即选项C正确；
对于D：该二十四等边体多面体有共12个顶点，
有面，面，面，面，面，面，面，面，面，面，面，面，面，面共14个面，即选项D正确.
故选：CD.
11．BCD
【分析】根据题意，由概率的定义依次分析选项，即可得答案．
【详解】解：对任意的事件A，都有，必然事件的概率为1，不可能事件的概率为0，故A错误，C正确；
对于，随机事件发生的概率是频率的稳定值，频率是概率的近似值，正确，
对于D，若事件事件B，则，故D正确；
故选：BCD
12．BD
【分析】设，则，进而根据两点之间的距离公式和二次函数性质求解判断A；根据椭圆定义判断B；根据为短轴端点时，判断C；根据，，三点共线时，有最大值判断D.
【详解】解：对于A选项，设，则，即，
所以，
又，所以当时，，故A错误，
对于B选项，由椭圆定义，，故B正确
对于C选项，当为短轴端点时，
，，，故，进而，故C错误，
对于D选项，，当，，三点共线时，有最大值，故D正确.
故选：BD
填空题
13．
【分析】先算出点的坐标，进而求出椭圆的方程即可求得面积.
【详解】
由对称性，不妨设点在轴的上方
，所以，即
代入椭圆方程解得，所以，即
所以,
故答案为：
【点睛】本题利用抛物线的焦半径公式算出点的横坐标是解题的关键.
14．
【分析】根据圆心到直线的距离等于半径即可列方程求解.
【详解】当直线无斜率时，方程为： ，显然与圆不相切，
故直线有斜率，设斜率为，则直线方程为：，
由是圆的切线，所以圆心到直线的距离等于半径，即，解得，
故直线方程为：
故答案为：
15．
【解析】作出平面区域，可知平面区域为三角形，求出三角形的三个顶点坐标，设三角形的外接圆方程为，将三角形三个顶点坐标代入圆的一般方程，求出、、的值，即可得出所求圆的方程.
【详解】作出不等式组所表示的平面区域如下图所示：
由图可知，平面区域为，联立，解得，则点，
同理可得点、，
设的外接圆方程为，
由题意可得，解得，，，
因此，所求圆的方程为.
故答案为：.
【点睛】本题考查三角形外接圆方程的求解，同时也考查了一元二次不等式组所表示的平面区域的求作，考查数形结合思想以及运算求解能力，属于中等题.
16．
【分析】由两条直线垂直，斜率之积为-1，可得直线l的斜率.再由直线在y轴上的截距为6，可得直线l截距为6，由斜截式可得结果.
【详解】因为直线l与直线垂直，所以直线l的斜率.
又因为直线在y轴上的截距为6，所以直线l在y轴上的截距为6，
所以直线l的方程为.
故答案为：
四、解答题
17．答案见解析.
【分析】（1）选①，利用正弦定理、三角形内角和定理、二倍角正弦变形即可得解，
选②，利用向量的数量积及面积公式变形，再借助同角公式即可得解，
选③，利用正弦定理边化角，再借助三角形内角和定理、和角的正弦及辅助角公式即可得解；
（2）由（1）及已知，利用余弦定理求出边c，再由两边平方即可作答.
【详解】选择①：在中，因，，则，
由正弦定理得，，而，，
即有，因此得，
所以，；
在中，由，，，
由余弦定理，得，解得或（舍去），即，
因为是的中点，即，
于是得，，即的长为.
选择②：在中，因，则，
而，于是得，
所以；
在中，由，，，
由余弦定理，得，解得或（舍去），即，
因为是的中点，即，
于是得，，即的长为.
选择③：在中，因，
由正弦定理得，
而，，
从而有，
即，则，又，
所以，即；
在中，由，，，
由余弦定理，得，解得或（舍去），即，
因为是的中点，即，
于是得，，即的长为.
18．(1)
(2)
【分析】（1）由抛物线的几何性质有焦点到顶点的距离为，从而即可求解；
（2）当直线的斜率不存在时，不符合题意；当直线的斜率存在时，设的方程为，，，联立抛物线的方程，由韦达定理及两点间的斜率公式即可求解.
(1)
解：依题意，，解得，
∴抛物线的方程为；
(2)
解：当直线的斜率不存在时，直线与抛物线仅有一个交点，不符合题意；
当直线的斜率存在时，设的方程为，，，
由消去可得，
∵直线交抛物线于不同的两点，
∴，由韦达定理得，
∴.
19．（1）；（2）.
【分析】（1）根据大三角形直角边的比例关系，可得三角形，结合，可求得各边的长度以及三角形的面积
（2）在中，由正弦定理求出的表达式，可化简为关于的三角函数形式，根据角的范围求出三角函数的最值，从而求出的最值
【详解】（1）由题意得：与全等，
在中，，
又，
，，
又，，，
，为等边三角形，
公共绿地的面积
（2）由图得：且
在中，由正弦定理得：
，
令
又由得，
，
当即时取最大值，即最短，
此时是等边三角形，.
20．（1） （2）或
【分析】（1）设所求直线为，整理为一般方程后利用垂直直线的系数关系可求，即得解
（2）设所求直线为，整理为一般方程后利用点到直线距离求解，即得解
【详解】（1）由于直线l2：x﹣y+5＝0与直线x﹣4y+4＝0不垂直
故设所求直线为，
故，
因为此直线与直线x﹣4y+4＝0垂直，
故，故，
故所求直线为.
（2）由于原点到直线l2：x﹣y+5＝0的距离
故设所求直线为，
故，

解得或
故直线方程为：或
21．（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）.
【分析】（Ⅰ）取 A1D1 的中点G ，分别连接 AG ，GE ，依题意可得，再证，即可得到，从而得证；
（Ⅱ）由（Ⅰ）可知E 到平面C1FD1的距离即为 BE 到平面C1FD1的距离，
设 E 到平面C1FD1的距离为 h ， 再利用等体积法求出点到面的距离；
【详解】解：（Ⅰ）证明：取 A1D1 的中点G ，分别连接 AG ，GE ，
因为且，且，所以且，
所以四边形为平行四边形，所以，
因为 且，所以四边形 AFD1G 为平行四边形，
所以，所以 ，
因为平面C1FD1， 平面C1FD1 .
所以 BE 平面C1FD1 .
（Ⅱ）因为 BE 平面C1FD1，
所以 E 到平面C1FD1的距离即为 BE 到平面C1FD1的距离，
设 E 到平面C1FD1的距离为 h ，
因为C1D1 平面 A1ADD1，平面，所以C1D1 FD1 ，得 ，
又，
所以，解得，
所以 BE 到平面C1FD1的距离为.
22．(1)
(2)
【分析】（1）根据定义计算即可；
（2）由模长公式、数量积公式以及二次函数的性质得出最小值.
(1)
(2)
试卷第4页，共4页