2023-2024学年四川省眉山市彭山重点中学高二（上）开学数学试卷（含解析）

2023-2024学年四川省眉山市彭山重点中学高二（上）开学数学试卷
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 若复数为虚数单位，则的虚部为( )
A. B. C. D.
2. 甲、乙两名运动员进入男子羽毛球单打决赛，假设比赛打满局，赢得局或局者胜出，用计算机产生之间的随机数，当出现随机数，，时，表示一局比赛甲获胜；否则，乙获胜由于要比赛局，所以每个随机数为一组，产生组随机数：
据此估计甲获得冠军的概率为( )
A. B. C. D.
3. 已知第二象限角的终边与单位圆交于，则( )
A. B. C. D.
4. 在我国古代数学名著九章算术中，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑，如图，在鳖臑中，平面，且，则异面直线与所成角的余弦值为( )
A. B. C. D.
5. 已知是边长为的等边三角形，点，，分别是边，，的中点，连接并延长到点，使得，连接并延长到点，使得，则的值为( )
A. B. C. D.
6. 已知函数的部分图象如下所示，其中，为了得到的图象，需将( )
A. 函数的图象的横坐标伸长为原来的倍后，再向左平移个单位长度
B. 函数的图象的横坐标缩短为原来的后，再向右平移个单位长度
C. 函数的图象向左平移个单位长度后，再将横坐标伸长为原来的倍
D. 函数的图象向右平移个单位长度后，再将横坐标伸长为原来的倍
7. 已知函数，若在区间内有且仅有个零点和条对称轴，则的取值范围是( )
A. B. C. D.
8. 已知正方体的棱长为，为棱的中点，为侧面的中心，过点的平面垂直于，则平面截正方体所得的截面周长为( )
A. B. C. D.
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9. 已知的角，，所对的边分别为，，，且，则下列说法正确的是( )
A. B.
C. 为等腰非等边三角形 D. 为等边三角形
10. 已知三条不同的直线，，和三个不同的平面，，，下列说法正确的是( )
A. 若，，则
B. 若，为异面直线，且，，，，则
C. 若，，则
D. 若，，，，，两两垂直，则，，也两两垂直
11. 一个质地均匀的正四面体木块的四个面上分别标有数字，，，连续抛掷这个正四面体木块两次，并记录每次正四面体木块朝下的面上的数字，记事件为“第一次向下的数字为或”，事件为“两次向下的数字之和为奇数”，则下列结论正确的是( )
A. B. 事件与事件互斥
C. 事件与事件相互独立 D.
12. 如图，在边长为的正方形中，点是的中点，点是的中点，点是上的动点，将，分别沿，折起，使，两点重合于点，则下列结论正确的是( )
A.
B. 到平面的距离为
C. 若面，则二面角的余弦值为
D. 四面体外接球表面积为
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 若复数是纯虚数，则实数的值为______ ．
14. 一个袋子中有大小和质地相同的个小球，其中有个红色球、个绿色球，从袋中不放回地依次随机摸出个球，则两个球颜色相同的概率为______ ．
15. 已知空间一球，为其直径且，为球上两点，满足，且，则四面体的体积为______ ．
16. 设中角，，所对的边分别为，，，为边上的中线，已知且，则 ______ ．
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. 本小题分
已知向量，，．
若，求的值；
若与共线，求的值．
18. 本小题分
已知向量，，设函数，．
求函数的解析式；
求的单调递减区间和对称轴方程；
19. 本小题分
“绿水青山就是金山银山，坚持人与自然和谐共生”的理念越来越深入人心，已形成了全民自觉参与，造福百姓的良性循环，为推进生态文明建设，某市在全市范围内对环境治理和保护问题进行满意度调查，从参与调查的问卷中随机抽取份作为样本进行满意度测评测评分满分为分根据样本的测评数据制成频率分布直方图如下：
根据频率分布直方图，回答下列问题：
求的值；
估计本次测评分数的平均数同一组中的数据用该组区间的中点值作代表和第百分位数精确到；
从样本中成绩在，的两组问卷中，用分层抽样的方法抽取份问卷，再从这份问卷中随机选出份，求选出的两份问卷中至少有一份问卷成绩在中的概率．
20. 本小题分
已知中内角，，所对边分别为，，，．
求；
若边上一点，满足且，求的面积最大值．
21. 本小题分
如图，多面体中，四边形为平行四边形，，，四边形为梯形，，，，，，平面平面．
求证：平面；
求直线与平面所成角的正弦值；
求点到平面的距离．
22. 本小题分
如图，在中，，，，是中点，作于，将沿直线折起到所处的位置，连接，，如图．
若，求证：；
若二面角为锐角，且二面角的正切值为，求的长．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：，
则的虚部为．
故选：．
根据已知条件，结合复数的四则运算，以及虚部的定义，即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，以及虚部的定义，属于基础题．
2.【答案】
【解析】解：组随机数中，表示甲获胜的是：
共个，
据此估计甲获得冠军的概率为．
故选：．
找出组随机数中表示甲获胜的数据，计算所求的概率值．
本题考查了利用随机数法求概率的问题，是基础题．
3.【答案】
【解析】解：因为角的终边与单位圆交于，所以．
又角是第二象限角，所以，
所以，
所以．
故选：．
由题意，由三角函数的定义可求出，进而可求出，的值．
本题主要考查任意角的三角函数的定义，同角三角函数的基本关系，属于基础题．
4.【答案】
【解析】【分析】
本题考查异面直线所成角，考查学生的计算能力，正确作出异面直线所成角是关键，属于中档题．
分别取，，，的中点，，，，则，，则或其补角为异面直线与所成角．
【解答】
解：如图所示，分别取，，，的中点，，，，
连接，，，，，
则，，，
或其补角为异面直线与所成角．
因为平面，，，在平面内，
则，，，
又，则，
设，则，，
为等边三角形，即，
异面直线与所成角的余弦值为，
故选A．
5.【答案】
【解析】解：由题意知，，，所以，
，所以，所以，
所以．
故选：．
用、表示和，再计算的值．
本题考查了平面向量的数量积计算问题，是基础题．
6.【答案】
【解析】解：依题意，，解得，
故，则，
而，
故，
而，
故，
将函数的图象向右平移个单位长度后，
得到，再将横坐标伸长为原来的倍，得到．
故选：．
根据已知条件可知，，即可求得，再代入点的坐标，根据已知条件的来确定解析式，最后根据伸缩平移法则即可求得．
本题主要考查三角函数的图象与性质，考查转化能力，属于基础题．
7.【答案】
【解析】解：函数在区间内有且仅有个零点和条对称轴，
因为时，，
由于函数在区间上有且仅有个零点和条对称轴，
根据函数的图像知，
，解得：，
所以的取值范围是
故选：．
根据余弦型函数的图象与性质列不等式即可求出的取值范围．
本题考查了三角函数的图象与性质的应用问题，也考查了推理与转化能力，是中档题．
8.【答案】
【解析】解：如图，设的中点为，
连接，，，，，
则根据正方体的性质易知平面，
在平面内的射影为，
又为棱的中点，的中点为，
易得，
根据三垂线定理可得，
同理可得，又，
平面，
平面截正方体所得的截面即为，
又易知，，
所求截面周长为．
故选：．
设的中点为，连接，，，，，则根据三垂线定理可得，同理可得，从而可得平面，即得平面截正方体所得的截面为，再计算周长即可得解．
本题考查正方体的截面问题，三垂线定理的应用，线面垂直的判定定理，属中档题．
9.【答案】
【解析】解：选项A，由正弦定理及知，，
因为，所以，
又，所以，即选项A正确；
选项C与，由余弦定理知，，
因为，所以，整理得，即，
所以为等边三角形，即选项C错误，选项D正确；
选项B，由平面向量的加法运算法则知，与的角平分线共线，
因为为等边三角形，所以，即，故选项B正确．
故选：．
选项A，利用正弦定理将中的边化角，再由同角三角函数的商数关系，得解；
选项C与，结合与余弦定理，可得，再由选项A中的结论，得解；
选项B，由平面向量的加法运算法则知，与的角平分线共线，再由等边三角形的性质，得解．
本题考查解三角形，熟练掌握正弦定理，余弦定理，平面向量的运算法则是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
10.【答案】
【解析】解：若，，则或，故A错误；
若，为异面直线，且，，，，则，故B正确；
若，，则或或与相交，相交也不一定垂直，故C错误；
若，，，，，两两垂直，如图，
在内的两直线与外任取一点，过分别作，垂足为，，垂足为，
由平面与平面垂直的性质定理可得，，得到平面，则，，
同理可得，即，，也两两垂直，故D正确．
故选：．
由空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系判定；直接证明D正确．
本题考查空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系的判定，考查空间想象能力与思维能力，是中档题．
11.【答案】
【解析】解：对于，，A错误；
对于，实验的总结果数为，，同时发生的结果数为，
所以，，不互斥，B错误；
对于，发生的结果数为，，
，所以事件与事件相互独立，C正确；
对于，，D正确．
故选：．
根据概率计算公式结合选项进行分析即可．
本题主要考查相互独立事件的概率乘法公式，属中档题．
12.【答案】
【解析】解：由题意可得，连接，，设，
由正方形的对称性可得为的中点，则，，
所以平面，即有，故A正确；
由题意可得，，即有平面，
．
设到平面的距离为，由，
所以，解得，故B错误；
若面，平面平面，可得，
由，可得，又，则为二面角的平面角．
由正方形可得，即有，，
而，，可得，
又，则，故C正确；
由于，，可得，又，，
可把三棱锥补成以，，为棱的长方体，
可得四面体外接球的半径，
则四面体外接球表面积为，故D正确．
故选：．
由线面垂直的判定和性质可判断；由等积法和棱锥的体积公式可判断；由线面平行的性质和二面角的定义，结合余弦定理可判断；可将四面体补成以，，为棱的长方体，可判断．
本题考查线面垂直的判定和性质，以及点到平面的距离、二面角和球的表面积的求法，考查转化思想和运算能力、推理能力，属于中档题．
13.【答案】
【解析】解：因为复数是纯虚数，
所以，解得．
故答案为：．
根据纯虚数概念计算即可．
本题主要考查纯虚数的概念，属于基础题．
14.【答案】
【解析】解：用、、表示个红色球，、表示个绿色球，用数组表示可能的结果，是第一次摸到球的标号，是第二次摸到球的标号，则样本空间所包含的样本点为：
，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，共个．
其中两个球颜色相同的事件有：，，，，，，，，共种，故所求事件的概率为．
故答案为：．
根据题意写出从袋中不放回地依次随机摸出个球的所以可能结果结合两个球颜色相同的结果，利用古典概型概率计算公式计算即可．
本题考查了古典概型的概率计算公式，分步计数原理，考查了计算能力，属于基础题．
15.【答案】
【解析】解：由于为球的直径，于是，而，
，于是与全等，进而，
设的中点为，故，，
而，，平面，故AB平面，
而，，
故，故，
所以，
故．
故答案为：．
设的中点为，可证平面，由锥体的体积公式求解即可．
本题主要考查棱锥体积的求法，考查运算求解能力，属于中档题．
16.【答案】
【解析】解：因为且，由正弦定理及余弦定理可得，
整理可得，
因为，所以，
设，
则，所以；
，
而，
所以，所以，
所以，
整理可得：，解得或舍．
故答案为：．
由题意及正余弦定理可得，设，由为的中点及向量的关系，可得与的余弦值的关系，再由可得与的余弦值的关系，可得的大小．
本题考查正弦定理及余弦定理的应用，向量的运算性质的应用，属于中档题．
17.【答案】解：，
由，
则，解得，
，
由与共线，得，化简得，
故．
【解析】利用向量垂直，再代入数量积公式，即可求解；
代入向量共线的坐标表示，即可求解．
本题主要考查向量垂直、共线的性质，属于基础题．
18.【答案】解：因为向量，，
所以
．
即；
函数的单调递减区间满足：，，解得：，
的单调递减区间为，．
函数的对称轴方程满足：，，解得，．
对称轴方程，．
【解析】根据两个向量数量积的坐标表示以及二倍角公式、辅助角公式化简得出结果；
根据正弦函数单调递减区间和对称轴公式整体代入求解．
本题考查三角函数的恒等变换及三角函数的性质的应用，属于基础题．
19.【答案】解：由频率分布直方图可知，
解得．
本次测评分数的平均数为，
即本次测评分数的平均数约为．
在频率分布直方图中，前组频率之和为，小于，
故第百分位数位于第组，所以，
即第百分位数约为．
第，组的问卷数分别为人，人，分层比为：，则从第，组中用分层抽样的方法抽取份问卷，则第，组抽取的问卷数分别为人，人，
分别记为，，，，，设从份问卷中随机抽取人，为，，，，，，，，，共个基本事件，这份中有一份在内的基本事件，，，，，，共个，份都在内的基本事件，
所以选出的两份问卷中至少有一份问卷成绩在中的概率．
【解析】由频率分布直方图中所有小矩形的面积和为，求出；
由频率分布直方图求平均数和第百分位数；
先求分层比，然后求出各层的人数，最后用古典概率模型求解．
本小题考查运用样本对总体进行估计，查由频率分布直方图求频率、平均值，考查频率公式，百分位数，分层抽样，古典概率模型，同时也考查数据分析处理、数学运算等数学核心素养．
20.【答案】解：由题意，，
由正弦定理得，
因为三角形内角，，
则，即，
，，，
故，，；
，
已知，，由知，，
过点作，的平行线分别交，于点，，
由题意得由，如图
已知，且由知，两边平方得，
，
则
，
解得，故．
当且仅当，即时，等号成立．
所以，的最大值为．
【解析】由正弦定理化边为角，再利用内角和定理、诱导公式与二倍角公式化简等式即可；
由角已求出，则面积可用表示，用向量方法表示，两边平方并结合重要不等式求解的最值．
本题考查正弦定理，向量的表示，二倍角公式，属于中档题．
21.【答案】解：证明：四边形是平行四边形，
，又平面，平面，
所以平面，
，平面，平面，
所以平面，，，平面，
平面平面，平面，
平面；
平面平面，平面平面，
又，平面，
平面，平面，，
，
作于，分别连接，，，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，连结，
所以直线与平面所成角为，
，，
所以，
即直线与平面所成角的正弦值为；
连接，由得平面，又，
所以距离，
又由已知可得，
，，
所以．
【解析】由线面平行的判定定理可得平面，平面，再由面面平行的判定定理和性质定理可得答案；
作于，由线面垂直的判定定理可得平面，平面，连结，直线与平面所成角为，求出正弦值即可；
由得平面，又，可得答案．
本题考查了空间中线面关系，线面角的求法，点到平面的距离等知识，属中档题．
22.【答案】解：在图中，，，，是中点，
所以，，
则，，，
则，
又，
所以，，
因为，
则，
又，，平面，
所以平面，
因为平面，
所以．
由题意知，，，平面，平面，
所以平面，
则为二面角的平面角或补角，即为锐角，
又平面，
所以平面平面，
作所在直线，交于点，如图，
又平面平面，平面，
所以平面，
又平面，
所以，
作于点，连接，
又，，面，
故BC面，
因为面，则，
所以为二面角的平面角或补角，
设，则，
在中，，
设，则，，，
所以，，
在直角三角形中，，
即，
解得或舍去，
此时，，
从而．
【解析】根据勾股定理可得，进而容易得到平面，由此得证；
先求得为二面角的平面角或补角，为二面角的平面角或补角，再根据题意建立关于的方程，解出即可．
本题考查空间中垂直关系的判断，考查二面角的定义及其求解，考查逻辑推理能力和运算求解能力，属于中档题．
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