湖南省永州市第一中学2022-2023学年高二下学期开学考试数学Word版含解析.docx

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永州一中2023年下期高二入学考试数学试卷满分：150分考试时间：120分钟一､单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.设集合，，则A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】试题分析：集合，集合，所以,故选D.考点：1、一元二次不等式；2、集合的运算.2.已知平面平面，则“直线平面”是“直线平面”（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【答案】D【解析】【分析】根据充分条件、必要条件的定义判断即可.【详解】解：因为平面平面，若直线平面，则直线平面或；又由平面平面，若直线平面，则直线平面或直线平面或直线平面或直线与平面相交（不垂直），故平面平面，则“直线平面”是“直线平面”的既不充分也不必要条件.故选：D3.在梯形中，，，.将梯形绕所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的表面积为 A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】将梯形ABCD绕AD所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体是：一个底面半径为AB=1，高为BC=2的圆柱减去一个底面半径为AB=1，高为BC﹣AD=2﹣1=1的圆锥，由此能求出该几何体的表面积．【详解】∵在梯形ABCD中，∠ABC=，AD∥BC，BC=2AD=2AB=2，∴将梯形ABCD绕AD所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体是：一个底面半径为AB=1，高为BC=2的圆柱减去一个底面半径为AB=1，高为BC﹣AD=2﹣1=1的圆锥，∴几何体的表面积为：S=π×12+2π×1×2+=（5+）π．故选A．【点睛】本题考查旋转体的表面积的求法，考查圆柱、圆锥性质等基础知识，考查运算求解能力、考查空间想象能力，是基础题．4.已知，且，则（）AB.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据二倍角公式，两角和的正弦公式以及同角三角函数的基本关系求解.【详解】，，，或，由平方可得，即，由平方可得，即， 因为，所以，，综上，.故选：C5.在中，过重心E任作一直线分别交AB，AC于M，N两点，设，，（，），则的最小值是（）A.B.C.3D.2【答案】C【解析】【分析】先利用平面向量基本定理及三点共线得到，利用基本不等式“1的妙用”求出最小值.【详解】在中，E为重心，所以，设，，（，）所以，，所以.因为M、E、N三点共线，所以，所以（当且仅当，即，时取等号）．故的最小值是3．故选：C．6.已知三棱柱ABC﹣A1B1C1的侧棱垂直于底面，各顶点都在同一球面上，若该棱柱的体积为，AB＝2，AC＝1，∠BAC＝60°，则此球的表面积等于（）A.8πB.9πC.10πD.11π【答案】A【解析】【分析】由AB＝2，AC＝1，∠BAC＝60°可得三角形ABC的面积及外接圆的半径，再由三棱柱ABC﹣A1B1C1 的侧棱垂直于底面，所以三棱柱的外接球的球心是过底面外接圆的圆心作垂直于底面的直线与中截面的交点，可得外接球的半径，进而求出外接球的表面积．【详解】由AB＝2，AC＝1，∠BAC＝60°，由余弦定理可得：BC，∴，∠ACB＝90°，∴底面外接圆的圆心在斜边AB的中点，设三角形ABC的外接圆的半径为r，则r1，又，所以V柱＝S△ABC•AA1，所以可得AA1＝2，因为三棱柱ABC﹣A1B1C1的侧棱垂直于底面，所以三棱柱的外接球的球心是过底面外接圆的圆心作垂直于底面的直线与中截面的交点，设外接球的半径为R，则R2＝r2+（）2＝12+12＝2，所以外接球的表面积S＝4πR2＝4π×2＝8π，故选：A．【点睛】本题考查三棱柱的体积及三棱柱的棱长与外接球的半径之间的关系，以及球的表面积公式，属于中档题．7.已知是边长为4的等边三角形，为所在平面内一点，则的最小值为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】建立平面直角坐标系，利用平面向量数量积的坐标运算即可求解. 【详解】取中点，以为原点，，为，轴建立如图所示平面直角坐标系，则，，，设，则，，，所以，所以，当且仅当，时等号成立，所以的最小值为，故选：B8.在空间直角坐标系中，经过点且一个法向量为的平面的方程为，经过点且一个方向向量为的直线的方程为.阅读上面材料并解决下面问题：现给出平面的方程为，直线的方程为，则直线到平面的距离为（）A.0B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据线面距离的空间向量坐标运算求法直接求解.【详解】由题可知点在直线上，取平面内一点,根据题设材料可知平面一个法向量为，, 所以，所以直线到平面的距离为，故选:C.二､多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.9.已知复数，以下结论正确的是（）A.是纯虚数B.C.D.在复平面内，复数对应的点位于第三象限【答案】ABD【解析】【分析】利用复数除法运算法则化简可得，根据的幂运算的周期性、模长的定义、共轭复数定义和复数的乘法运算、复数对应的点坐标来依次判断各个选项即可.【详解】对于A，，为纯虚数，A正确；对于B，，B正确；对于C，，C错误；对于D，，对应的点为，位于第三象限，D正确.故选：ABD.10.已知中的两个内角的正切值为方程的两个根，最长的边为3，则的（）A.最小角为B.最短边的中线长为C.最长边上的高为2D.外接圆的半径为【答案】AC 【解析】【分析】解方程可得的值，再利用两角和的正切公式及三角形内角关系求出可得的大小关系从而判断A，利用向量求出最短边的中线判断B，利用三角形的面积公式结合等面积法判断C，根据正弦定理判断D.【详解】方程的解为，，不妨设，则，所以且，故为最小角，选项A正确；为最大边，为最小边，所以，由，，解得，同理可得，，又由正弦定理可得，所以，，设最短边的中点为，则，所以,故选项B错误；设最长边上的高为，则，即，解得，即最长边上的高为，故选项C正确；由正弦定理可得外接圆的半径为，故选项D错误；故选：AC11.下面四个结论正确的是（） A.已知向量，则在上的投影向量为B.若对空间中任意一点，有，则四点共面C.已知是空间的一组基底，若，则也是空间的一组基底D.若直线的方向向量为，平面的法向量，则直线【答案】ABC【解析】【分析】利用投影向量的定义判断A，利用空间四点共面，满足，其中判断B，根据向量基底的概念判断C，利用线面关系的向量表示判断D.【详解】选项A：因为，所以在上的投影向量为，故选项A正确；选项B：因为，故选项B正确；选项C：是空间的一组基底，，所以两向量之间不共线，所以也是空间的一组基底，故选项C正确；.选项D：因为直线的方向向量为，平面的法向量，，则直线或，故选项D错误；故选：ABC12.如图，若正方体的棱长为1，点M是正方体的侧面上的一个动点（含边界），P是棱的中点，则下列结论正确的是（）A.沿正方体表面从点A到点P的最短路程为 B.若保持，则点M在侧面内运动路径的长度为C.三棱锥的体积最大值为D.若点M在上运动，则到直线PM的距离的最小值为【答案】ABC【解析】【分析】A选项，把两个平面展开到同一平面内，利用两点之间，线段最短进行求解，注意展开方式可能有多种；B选项，找到点在侧面内的运动轨迹是圆弧，再求解弧长；C选项，利用等体积法和建立空间直角坐标系，求出的最大值，即为最大值；D选项，在空间直角坐标系中利用点与线距离公式即可判断该选项.【详解】对于A，将平面与平面展开到同一平面内，连接AP，此时，也可将平面ABCD与平面展开到同一平面内，此时，，故A正确；对于B，取DD1中点E，连EM，PE，如图，因是正方体的棱中点，则PE//CD，而CD⊥平面ADD1A1，则有PE⊥平面ADD1A1，平面ADD1A1，于是得PE⊥EM，由，PE=1得，EM=1，因此，点在侧面内运动路径是以E为圆心，1为半径的圆在正方形内的圆弧，如图，圆弧所对圆心角为，圆弧长为 B正确；对于C，连接，，，，，，则，所以，以D为坐标原点，分别以DA，DC，所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则，，，设，（，），设平面的法向量为，则，令，得：，所以，设到平面的距离为，则，故当，时，取得最大值，为，此时三棱锥体积最大，，C正确；对于D，正方体的棱长为1，为的中点，点M在上运动，设，可得，，，，，，可得，得，，，由图可见，明显地，当与重合时，必有到直线PM的距离的最小，此时，，故，设直线与直线的夹角为，可得,则，故到直线PM的距离的最小值为，故D选项错误； 故选：ABC三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13向量，且，则___________．【答案】【解析】【分析】由题知，进而解方程并结合空间向量的坐标运算求解即可得答案.【详解】解：因为，且，所以，，解得，所以，，所以，，故答案为：14.若的方差为4，则的方差为______.【答案】36【解析】【分析】根据给定条件，利用方差的定义列式计算作答.【详解】令的平均数为，即，则的平均数为，由的方差为4，得， 所以的方差为：.故答案为：3615.若三个向量，，共面，则实数的值为______.【答案】14【解析】【分析】由空间向量共面向量的充要条件存在实数，，使得，即可求解．【详解】解：三个向量，，共面则存在实数，，使得所以，解得.故答案为：14.16.多面体为正方体，点满足，且，直线与平面所成角为，若二面角的大小为，则的最大值是______.【答案】【解析】【分析】根据共面的充要条件及线面垂直的判定定理，利用线面垂直的性质定理及线面角的定义，结合二面角的平面角的定义及二次函数的性质即可求解.【详解】∵，且，∴P在平面上，设，连接，，且，如图所示 因为平面，又平面，所以，又，，平面，平面，所以平面，平面，所以，同理可得，又，平面，平面，所以平面，设正方体的棱长为1，则可知为棱长为的正四面体，所以为等边三角形的中心，由题可得，得，所以，又∵与平面所成角为，则，可求得，即在以为圆心，半径的圆上，且圆在平面内，由平面，又∵平面，∴平面平面，且两个平面的交线为，把两个平面抽象出来，如图所示，作于点，过点作交于N点，连接PN，∵平面平面，平面，平面平面，∴平面，平面，∴，又，与为平面中两相交直线，故平面，平面，∴ ∴为二面角的平面角，即为角，设，当与点不重合时，在中，可求得，若M与点重合时，即当时，可求得，也符合上式，故，∵，，∴，∴，∴，∴令，则，当，即时等号成立，∴，故的最大值是.故答案为：.【点睛】解决此题的关键是根据已知条件作出图形，再利用线面垂直的判定及性质定理，然后根据线面角及二面角的平面角的定义找出所求角，结合三角形相似及二次函数的性质即可.四､解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.17.中，sin2A－sin2B－sin2C=sinBsinC.（1）求A；（2）若BC=3，求周长的最大值. 【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）利用正弦定理角化边，配凑出的形式，进而求得；（2）方法一：利用余弦定理可得到，利用基本不等式可求得的最大值，进而得到结果.【详解】（1）由正弦定理可得：，，，.（2）[方法一]【最优解】：余弦+不等式由余弦定理得：，即.（当且仅当时取等号），，解得：（当且仅当时取等号），周长，周长的最大值为.[方法二]：正弦化角（通性通法）设，则，根据正弦定理可知，所以，当且仅当，即时，等号成立．此时周长的最大值为．[方法三]：余弦与三角换元结合在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．由余弦定理得，即 ．令，得，易知当时，，所以周长的最大值为．【整体点评】本题考查解三角形的相关知识，涉及到正弦定理角化边的应用、余弦定理的应用、三角形周长最大值的求解问题；方法一：求解周长最大值的关键是能够在余弦定理构造的等式中，结合基本不等式构造不等关系求得最值.方法二采用正弦定理边化角，利用三角函数的范围进行求解最值，如果三角形是锐角三角形或有限制条件的，则采用此法解决.方法三巧妙利用三角换元，实现边化角，进而转化为正弦函数求最值问题.18.甲、乙、丙三台机床各自独立地加工同一种零件，已知甲机床加工的零件是一等品而乙机床加工的零件不是一等品的概率为，乙机床加工的零件是一等品而丙机床加工的零件不是一等品的概率为，甲、丙两台机床加工的零件都是一等品的概率为．（1）分别求甲、乙、丙三台机床各自加工的零件是一等品的概率；（2）从甲、乙、丙加工的零件中各取一个检验，求至少有一个一等品的概率．【答案】（1），，；（2）【解析】【分析】（1）设A、B、C分别为甲、乙、丙三台机床各自加工的零件是一等品的事件，则再利用独立事件的概率计算公式，解方程组即可得到答案.（2）记D为从甲、乙、丙加工的零件中各取一个检验至少有一个一等品的事件，利用对立事件，即计算即可.【详解】（1）设A、B、C分别为甲、乙、丙三台机床各自加工的零件是一等品的事件， 由题设条件有即解得，，．即甲、乙、丙三台机床各自加工的零件是一等品的概率分别是，，；（2）记D为从甲、乙、丙加工的零件中各取一个检验至少有一个一等品的事件，则．故从甲、乙、丙加工的零件中各取一个检验，至少有一个一等品的概率为．【点晴】本题主要考查独立事件的概率计算问题，涉及到对立事件的概率计算，考查学生的数学运算能力，是一道容易题.19.如图，在平行六面体中，，，，点为线段中点．（1）求；（2）求直线与所成角的余弦值．【答案】（1）（2）【解析】 【分析】(1)首先设，，，得到，再平方即可得到答案；(2)由，得，代入计算即可.【小问1详解】因为在平行六面体中，点在线段上，且满足．设，，，这三个向量不共面，构成空间的一个基底．所以．，，．【小问2详解】由（1）知，，，，，直线与所成角的余弦值为．20如图，等腰梯形中，，沿AE把折起成四棱锥，使得. （1）求证：平面平面；（2）求点到平面的距离.【答案】（1）证明见解析；（2）点到平面的距离为.【解析】【分析】（1）先证明平面，由此证明，再证明，根据线面垂直判定定理证明平面，再根据面面垂直判定定理证明平面平面；（2）建立空间直角坐标系，求平面的法向量和，再由距离公式求解.【小问1详解】因为，所以，所以，又，，所以，故，又，平面，，所以平面，因为平面，所以，在等腰梯形ABCD中，，所以，所以，又，所以，因为平面，，所以平面，因为平面， 所以平面平面；【小问2详解】由（1）平面，，以点为原点，为轴的正方向，建立空间直角坐标系，则，所以，设平面的法向量为，则，所以，令，则，所以为平面的一个法向量，所以点到平面的距离为，21.如图，是以为直径的圆上异于，的一点，平面平面，是边长为2的等边三角形，，是的中点． （1）求证：；（2）过直线与直线平行的平面交棱于点，线段上是否存在一点，使得二面角的正弦值为？若存在，求的值；否则，说明理由．【答案】（1）证明见解析（2）存在，【解析】【分析】（1）取中点，可得面，以为原点，，分别为，轴建立空间直角坐标系，利用数量积的运算证明即可；（2）设，则有，分别求出面与面的法向量，利用向量夹角公式求解即可.【小问1详解】取中点，连接，则有，又因为面面，面，面面，所以面，又，以为原点，，分别为，轴建立空间直角坐标系，如图，则有：，，，，所以，，所以，所以． 【小问2详解】因为面，面，面面，所以．又因为点是线段的中点，所以点为线段的中点，，，设，则有，且，．设为面的法向量，则有，令，解得．同理，设为面的法向量，则有，令，解得．由题意有，解得，所以．所以．22.如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD．设平面PAD与平面PBC的交线为l． （1）证明：l⊥平面PDC；（2）已知PD=AD=1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）利用线面垂直的判定定理证得平面，利用线面平行的判定定理以及性质定理，证得，从而得到平面；（2）方法一：根据题意，建立相应的空间直角坐标系，得到相应点的坐标，设出点，之后求得平面的法向量以及向量的坐标，求得的最大值，即为直线与平面所成角的正弦值的最大值.【详解】（1）证明：在正方形中，，因为平面，平面，所以平面，又因为平面，平面平面，所以，因为在四棱锥中，底面是正方形，所以且平面，所以因为，所以平面．（2）［方法一］【最优解】：通性通法因为两两垂直，建立空间直角坐标系，如图所示：因为，设，设，则有，设平面的法向量为， 则，即，令，则，所以平面的一个法向量为，则根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值等于，当且仅当时取等号，所以直线与平面所成角的正弦值的最大值为.［方法二］：定义法如图2，因为平面，，所以平面．在平面中，设．在平面中，过P点作，交于F，连接．因为平面平面，所以．又由平面，平面，所以平面．又平面，所以．又由平面平面，所以平面，从而即为与平面所成角．设，在中，易求． 由与相似，得，可得．所以，当且仅当时等号成立．［方法三］：等体积法如图3，延长至G，使得，连接，，则，过G点作平面，交平面于M，连接，则即为所求．设，在三棱锥中，．在三棱锥中，．由得，解得，当且仅当时等号成立．在中，易求，所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为．【整体点评】（2）方法一：根据题意建立空间直角坐标系，直线PB与平面QCD所成角的正弦值即为平面的法向量与向量的夹角的余弦值的绝对值，即，再根据基本不等式即可求出，是本题的通性通法，也是最优解；方法二：利用直线与平面所成角的定义，作出直线PB与平面QCD 所成角，再利用解三角形以及基本不等式即可求出；