2023-2024学年江苏省无锡市市北高级中学高二（上）期初数学试卷（含解析）

2023-2024学年江苏省无锡市市北高级中学高二（上）期初数学试卷
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. 若复数满足，则( )
A. B. C. D.
2. 设，为两个不同的平面，，为两条不同的直线，下列命题正确的是( )
A. 若，，则
B. 若，，，则
C. 若，，则
D. 若，，，则
3. 若圆锥的母线长为，侧面展开图的面积为，则该圆锥的体积是( )
A. B. C. D.
4. 若，，是空间三个单位向量，，夹角为，，，则( )
A. B. C. D.
5. 三星堆古遗址作为“长江文明之源“，被誉为人类最伟大的考古发现之一号坑发现的神树纹玉琮，为今人研究古蜀社会中神树的意义提供了重要依据玉琮是古人用于祭祀的礼器，有学者认为其外方内圆的构造，契合了古代“天圆地方”观念，是天地合一的体现，如图，假定某玉琮形状对称，由一个空心圆柱及正方体构成，且圆柱的外侧面内切于正方体的侧面，圆柱的高为，圆柱底面外圆周和正方体的各个顶点均在球上，则球的表面积为( )
A. B. C. D.
6. 是所在平面上一点，满足，则的形状是( )
A. 等腰直角三角形 B. 直角三角形 C. 等腰三角形 D. 等边三角形
7. 在中，，，为线段上的点，且若，则( )
A. B. C. D.
8. 在锐角中，角，，的对边分别为，，，且满足若恒成立，则实数的取值范围为( )
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. 下面四个命题中的真命题为( )
A. 若复数满足，则
B. 若复数满足，则
C. 若复数，满足，则
D. 若复数，则
10. 下列选项中正确的是( )
A. 设向量，，若，共线，则
B. 已知点，向量，点是线段的三等分点，则点的坐标是，
C. 若，，则在方向上的投影向量的坐标为
D. 若平面向量，满足，则的最大值是
11. 如图，在四棱锥中，底面，四边形是边长为的菱形，且，，则( )
A.
B.
C.
D.
12. 已知某多面体的平面展开图如图所示，每个面都是边长为的正三角形，则下列结论正确的是( )
A. 该多面体的体积为
B. 该多面体的外接球的表面积为
C. 该多面体的内切球的体积为
D. 该多面体的表面积为
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 已知向量，，若，则 ______ ．
14. 已知、、三点共线，则对空间任一点，存在三个不为零的实数、、使，那么的值等于______．
15. 中华人民共和国国歌有个字，小节，奏唱需要秒，某校周一举行升旗仪式，旗杆正好处在坡度的看台的某一列的正前方，从这一列的第一排和最后一排测得旗杆顶部的仰角分别为和，第一排和最后一排的距离为米如图所示，旗杆底部与第一排在同一个水平面上，要使国歌结束时国旗刚好升到旗杆顶部，升旗手升旗的速度应为______ 米秒．
16. 已知直三棱柱的个顶点都在球的表面上，若，则球的体积为______ ．
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
如图，在中，已知，，，，边上的两条中线，相交于点．
求；
求的余弦值．
18. 本小题分
如图，在平行六面体中，以顶点为端点的三条棱长都是，且它们彼此的夹角都是，为与的交点已知，，．
用，，表示；
求对角线的长；
求，
19. 本小题分
如图，在四棱锥中，平面，底面是菱形，点是对角线与的交点，，，是的中点．

Ⅰ求证：平面；
Ⅱ求证：平面平面；
Ⅲ当三棱锥的体积等于时，求的长．
20. 本小题分
已知的内角，，所对的边分别为，，，且．
求；
若的面积为为内角的角平分线，交边于点，求线段长的最大值．
21. 本小题分
杭州市为迎接的亚运会，规划公路自行车比赛赛道，该赛道的平面示意图为如图的五边形，运动员的公路自行车比赛中如出现故障，可以从本队的器材车、公共器材车上或收容车上获得帮助比赛期间，修理或更换车轮或赛车等，也可在固定修车点上进行还需要运送一些补给物品，例如食物、饮料、工具和配件所以项目设计需要预留出，为赛道内的两条服务通道不考虑宽度，，，，，为赛道，，，，．
从以下两个条件中任选一个条件，求服务通道的长度；
；．
在的条件下，应该如何设计，才能使折线赛道最长即最大，最长值为多少？
22. 本小题分
已知向量，，函数，，．
若，求实数的值；
若的最小值为，求实数的值；
是否存在实数，使函数，有四个不同的零点？若存在，求出的取值范围；若不存在，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】
【解析】【分析】
本题考查复数模的求法，是基础题．
把已知等式变形，再由商的模等于模的商求解．
【解答】
解：由，得，
．
故选：．
2.【答案】
【解析】解：，为两个不同的平面，，为两条不同的直线，
对于，若，，则或，故A错误；
对于，若，，，则与相交或平行，故B错误；
对于，若，，则由线面垂直的性质和线面平行的性质得，故C正确；
对于，若，，，则与相交、平行或，故D错误．
故选：．
对于，或；对于，与相交或平行；对于，由线面垂直的性质和线面平行的性质得；对于，与相交、平行或．
本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
3.【答案】
【解析】解：设圆锥的底面圆半径为，因为母线长为，
所以侧面展开图的面积为，
解得，
所以圆锥的高为，
所以圆锥的体积是．
故选：．
求出圆锥的底面圆半径，再求出圆锥的高和体积．
本题考查了圆锥的结构特征与侧面展开图的面积和体积的计算问题，是基础题．
4.【答案】
【解析】解：，
，
因为，，是空间三个单位向量，，
，
因为，夹角为，，，
，，
又，．
故选：．
根据模长转化为数量积，再根据单位向量求模根据夹角计算数量积，进而求出夹角余弦，结合向量夹角范围求解即可．
本题考查平面向量的夹角和数量积的运算，属基础题．
5.【答案】
【解析】解：不妨设正方体的棱长为，球的半径为，则圆柱的底面半径为，
因为正方体的体对角线即为球直径，故，
利用勾股定理得：，解得，球的表面积为．
故选：．
根据题意可知正方体的体对角线即是外接球的直径，又因圆柱的外侧面内切于正方体的侧面，可利用勾股定理得出正方体棱长，继而求出球的表面积．
本题主要考查球的表面积的求法，考查运算求解能力，属于基础题．
6.【答案】
【解析】【分析】
本题考查了平面向量的线性运算与数量积运算问题，也考查了模长公式应用问题，是基础题．
根据平面向量的线性运算与模长公式，可以得出，即，是直角三角形．
【解答】
解：是所在平面上一点，且，
，
即，
，
两边平方并化简得，
，
，
则是直角三角形．
故选：．
7.【答案】
【解析】【分析】
本题考查了平面向量数量积的运算，重点考查了平面向量的夹角的运算，属基础题．
由平面向量数量积的运算，结合平面向量的夹角的运算求解即可．
【解答】
解：在中，，，为线段上的点，且，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
即，
故选：．
8.【答案】
【解析】解：因为，
所以，
即有，
所以，
，
，
又因为，，均为锐角，
所以，
所以，，
，
所以，
因为，所以，
又因为恒成立，
即恒成立，其中，
因为，所以，，
设，，
则有在上恒成立，
由二次函数的性质可得：
或，
解得．
故选：．
由可得，从而有，由不等式恒成立，可得恒成立，其中，设，，则有在上恒成立，结合二次函数的性质，列出不等式组求解即可．
本题考查了三角恒等变换、正弦定理、二次函数的性质及转化思想，属于中档题．
9.【答案】
【解析】【分析】
本题考查复数的运算，复数的分类，复数的运算性质，属于基础题．
根据复数的分类，利用复数性质，逐一分析给定四个命题的真假，可得答案．
【解答】
解：，
，故命题为真命题；
满足，但，故命题为假命题；
，满足，但，故命题为假命题；
若复数，则，故命题为真命题．
故选项为：．
10.【答案】
【解析】解：对于，由共线，得，解得，故A正确；
对于，由向量，，得，
设，则，
由是线段的三等分点，则或，
可得或，解得或，故B错误；
对于，设与的夹角为，
在方向上的投影向量，故C正确；
对于，，设与的夹角为，由，
可得，
当时，取得最大值为，故D正确．
故选：．
根据向量共线的坐标公式、数乘的几何意义、投影向量的计算以及数量积的运算律，可得答案．
本题考查向量共线的坐标公式、数乘的几何意义、投影向量的计算以及数量积的运算律，属中档题．
11.【答案】
【解析】解：因为底面，所以垂直于平面内的任何一条直线，
因为四边形是边长为的菱形，且，所以和是等边三角形，
A. ，故A错误；
B. ，故B正确；
C.
，故C错误；
D.
，故D正确．
故选：．
利用数量积的定义和运算律，结合图形，即可求解．
本题主要考查空间向量的数量积运算，属于基础题．
12.【答案】
【解析】【分析】
本题考查几何体体积，外接球和内切球问题，考查直观想象和数学运算的核心素养，属于难题．
根据条件，可知该几何体是每个面都是正三角形的正八面体，然后依次判断各个选项即可．
【解答】解：如图所示，该多面体是每个面都是正三角形的正八面体，
其中四棱锥和四棱锥都是正四棱锥，
所以四边形是正方形，且平面，
，
，故A正确；
连接，，，三条直线相交于点，
因为，
所以为正八面体的外接球球心，且外接球的半径为，
故故B正确；
正八面体内切球的半径即点到平面的距离，设为，
则，解得，
故，故C正确；
，故D错误．
故选：．
13.【答案】
【解析】解：因为，
所以．
故答案为：．
根据平面向量垂直的性质，结合平面向量数量积的坐标表示公式、降幂公式进行求解即可．
本题主要考查二倍角的三角函数，属于基础题．
14.【答案】
【解析】解：、、三点共线，存在实数，使得
，
，化简整理得：
，
当时，比较系数得：且，所以
当时，可得，得，
由此可得：
综上所述，的值为
故答案为：
根据向量共线的条件，存在实数，使得由此化简得，再与已知等式比较系数，结合讨论即可得到的值为．
本题给出三点共线，求向量式中的系数特征．着重考查了平面向量共线的条件和平面向量的基本定理及其意义等知识，属于基础题．
15.【答案】
【解析】解：依题意知，，
所以，
由正弦定理知，
所以，
所以在中，，
因为国歌奏唱需要，所以升旗手升旗的速度应为．
故答案为：．
根据题意求得角，利用正弦定理求得边长，再根据直角三角形边角关系求出旗杆的高度即可求解．
本题主要考查正弦定理的实际运用，考查学生归纳推理与数学运算的能力，属于中档题．
16.【答案】
【解析】解：在中，由，，
得，
即，的外接圆半径为，
在直三棱柱中，，
设球的半径为，则，
因此球的体积为．
故答案为：．
根据正余弦定理可得的外接圆半径，然后根据球的性质结合条件可得球的半径，再利用球的体积公式求解．
本题考查多面体的外接球，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，是中档题．
17.【答案】解：为的中点，
，
，，，
，
．
为的中点，
，
，
，
，
，
与的夹角相等，
则的余弦值为．
【解析】由条件可得，，两边平方，并结合向量的数量积公式，即可求解．
与的夹角相等，再结合向量的夹角公式，即可求解．
本题主要考查平面向量的数量积公式，考查转化能力，属于中档题．
18.【答案】解：如图，连接，．
因为，，在中，根据向量减法法则可得，
因为底面是平行四边形，所以，
因为且，所以，
又因为为线段的中点，所以
在中，；
因为以顶点为端点的三条棱长都是，且它们彼此的夹角都是，
所以，，，
由可知，所以在平行四边形中，
则，
所以故对角线的长为；
因为．，
所以，．
【解析】根据已知条件，结合空间向量的线性运算，即可求解．
利用向量，可求对角线的长；
利用向量的夹角公式可求异面直线与夹角的余弦值．
本题考查向量的线性运算，以及利用向量的模求线段的长，求向量夹角的余弦值，属中档题．
19.【答案】证明：Ⅰ在中，因为，分别是，的中点，
所以，
又平面，平面，
所以平面．
Ⅱ因为底面是菱形，
所以，
因为平面，平面，
所以，
又，，平面，
所以平面．
又平面，
所以平面平面．
解：Ⅲ因为底面是菱形，且，，
所以．
又，三棱锥的高为，
所以，
解得．
【解析】本题考查线面平行，面面垂直的判定，棱锥的体积计算，属于中档题．
Ⅰ由中位线定理可知，故而平面；
Ⅱ由菱形的性质得，由平面得，故BD平面，于是平面平面；
Ⅲ根据，计算出代入体积公式得出棱锥的高．
20.【答案】解：因为，
所以由正弦定理，得，即，
故．
由知，，
又的面积为，
则，可得，
又因为，
所以，
于是，
那么，
所以当且仅当时等号成立，
故AD的最大值为．
【解析】根据题设条件，利用正弦定理可得，再由余弦定理即可得解；
根据面积公式可得，再求出，利用，可得，再由基本不等式可得解．
本题考查解三角形，考查运算求解能力，属于中档题．
21.【答案】解：选择，在中，由正弦定理：，
又，所以，
在中，；
选择，在中，由正弦定理：，
在中，由余弦定理：
即：，解得负值舍去
在中，由余弦定理：，，
当时取等号．故时，折线赛道最长，最长值为．
【解析】本题考查三角形的解法，正弦定理以及余弦定理的应用，勾股定理的应用，是中档题．
选择，由正弦定理求出，利用勾股定理求解角．
选择由正弦定理求解，在中，由余弦定理求出即可．
在中，由余弦定理，结合基本不等式求解即可．
22.【答案】解：，，即，
又，
，，
，，
又，，
解得．
，
，
，
又，．
，
令，则，
，对称轴为，
当，即时，
当时，，，舍去，
当，即时，
当时，，，
当，即时，
当时，，，舍去，
综上，．
令，则，
或，，有四个不同的零点，
方程和在上共有四个不同的实根，
，，无解．
不存在实数，使函数，有四个不同的零点．
【解析】本题主要考查向量数量积的坐标运算，向量模的坐标表示，由余弦型函数的值域或最值求参，余弦型函数的零点。考查转化思想和分类讨论思想，属难题．
根据，得到，然后利用向量数量积的坐标运算，求出实数的值；
根据题意，化简得到函数，然后根据函数最小值为，令，则，结合的取值范围和二次函数的性质，对二次函数的对称轴分类讨论，进而求出实数的值；
通过令，求解得出或，结合余弦型函数的图象和值域，即可得到答案。
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