2022-2023学年上海市致远高级中学高二上学期开学考试数学试题（解析版）

2022-2023学年上海市致远高级中学高二上学期开学考试数学试题

一、单选题

1．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

【答案】D

【分析】根据三角函数正余弦的定义可判断选项A；根据角度的周期性可判断选项B，C，D.

【详解】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．

2．如果复数满足，那么的最大值是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由复数满足可知，其在复平面内对应的点的轨迹为以为圆心，2为半径的圆，表示圆上的点与点的距离，求出即可.

【详解】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．

3．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

【答案】C

【详解】的值域为，故排除选项A、B，因为的最小正周期为，故排除选项D；故选C.

二、填空题

4．已知，则__________________ ．

【答案】

【分析】利用同角三角函数基本关系化弦为切，再将代入即可求解.

【详解】，

故答案为：.

5．已知全集，集合，，或，且，求实数的取值范围______．

【答案】

【分析】利用并集的定义得，从而得，根据集合包含关系列不等式求解.

【详解】全集，集合，，

所以或，

所以．

集合或，且，

所以或，

解得或，

即的范围为．

故答案为：

6．已知，则的最小值为_________.

【答案】1

【分析】利用基本不等式求对勾函数的最小值即可，注意等号成立的条件.

【详解】由题设，，

∴，当且仅当时等号成立，

∴函数最小值为1.

故答案为：1

7．已知复数的实部为0，其中为虚数单位，则实数a的值是_____.

【答案】2.

【分析】本题根据复数的乘法运算法则先求得，然后根据复数的概念，令实部为0即得a的值.

【详解】，

令得.

【点睛】本题主要考查复数的运算法则，虚部的定义等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.

8．向量在向量方向上的数量投影为，且，则______．

【答案】

【分析】利用投影的定义得到，再利用数量积运算即可求得结果 .

【详解】根据题意，设与的夹角为，则在向量方向上的数量投影为，即，

所以．

故答案为：.

9．在平面直角坐标系中，设向量，，其中、为的两个内角．若，则______．

【答案】

【分析】由，则，利用平面向量数量积的坐标公式进行化简，结合诱导公式，可得答案．

【详解】若，则，即，

即，即，则，所以．

故答案为：

10．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______．

【答案】

【分析】因为，又，所以，根据异面直线所成角的定义计算可得.

【详解】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．

故答案为：．

11．复数满足：，，，则______．

【答案】

【分析】根据给定条件，结合复数模公式计算作答.

【详解】设复数，，，

由得，由得，由得，因此，

所以

故答案为：5

12．已知、为复数，为纯虚数，，且，则______.

【答案】

【解析】设，由为纯虚数，求得，再由求得，求解出和，再代入即可求得答案.

【详解】设，

则，

由题意，得，

，

由，得，

解得，.

将代入，解得或.

代入可得.

故答案为：

【点睛】本题主要考查复数代数形式的运算，复数模的计算和复数的基本概念，考查学生的转化和计算能力，属于中档题.

13．在平行四边形ABCD中, AD = 1, , E为CD的中点. 若, 则AB的长为_____.

【答案】

【详解】设AB的长为，因为，，所以

==+1+=1，

解得，所以AB的长为.

【考点定位】本小题主要考查平面向量的数量积等基础知识，熟练平面向量的基础知识是解答好本类题目的关键.

14．设函数，若对任意的实数都成立，则的最小值为__________．

【答案】

【分析】根据题意取最大值，根据余弦函数取最大值条件解得的表达式，进而确定其最小值.

【详解】因为对任意的实数x都成立，所以取最大值，

所以，

因为，所以当时，取最小值为.

【点睛】函数的性质

（1）.

（2）周期

（3）由求对称轴，最大值对应自变量满足，最小值对应自变量满足，

（4）由求增区间；由求减区间.

15．如图，某公司要在A、两地连线上的定点处建造广告牌，其中为顶端，长米，长米，设点A、在同一水平面上，从A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（结果精确到米）______．

【答案】米

【分析】根据正弦定理计算得解.

【详解】设，，，则，

由正弦定理得，即，

所以，所以的长为26.93米．

故答案为：米.

16．如图，在正方体中，A、B、C、D分别是顶点或所在棱的中点，则A、B、C、D四点共面的图形______（填上所有正确答案的序号）．

【答案】①③④

【分析】四点共面主要通过证明两线平行说明，本题利用中位线、平行四边形的性质结合平行线的传递性进行说明，证明平行时绝不能凭直观感觉或无理论依据．

图①：证明AB∥EF，CD∥EF，可得AB∥CD；

图③：证明BD∥EF，AC∥EF，可得BD∥AC；

图④：证明GH∥EF，AC∥EF， BD∥GH，可得BD∥AC．

【详解】图①：取GD的中点F，连结BF、EF，

∵B、F均为相应边的中点，则：∥

又∵∥，则∥即ABFE为平行四边形

∴AB∥EF

同理: CD∥EF

则AB∥CD即A、B、C、D四点共面，图①正确；

图②：显然AB与CD异面，图②不正确；

图③：连结AC,BD,EF,

∵BE∥DF即BDFE为平行四边形

∴BD∥EF

又∵A、C分别为相应边的中点，则AC∥EF

∴BD∥AC即A、B、C、D四点共面，图③正确；

图④：连结AC,BD,EF,GH,

∵GE∥HF即GEFH为平行四边形，则GH∥EF

又∵A、C分别为相应边的中点，则AC∥EF

同理：BD∥GH

∴BD∥AC即A、B、C、D四点共面，图④正确．

故答案为：①③④．

三、解答题

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.

【答案】（1）；（2）在区间上单调递增，在区间上单调递减.

【详解】试题分析：（1）根据两角和的正弦公式把展开，在利用二倍角公式即可把化成，由最小正周期为及周期公式即可求得的值；（2）由求得，根据正弦函数的图象找出单调区间，解出相应的范围即得在区间上的单调性.

试题解析：（1）

，的最小正周期为，且，从而.

（2）由（1）知，，若则当时，递增，当时，递减，

所以在区间上单调递增，在区间上单调递减.

【解析】三角恒等变换及三角函数的性质.

【方法点晴】本题主要考查了三角恒等变换及三角函数的性质，属于基础题.本题解答的关键是通过两角和的正弦公式、二倍角公式等把函数化成“一角一名一次式”形式的正弦型函数，利用给出的最小正周期求得；对于给定区间上的单调区间可换元转化为正弦曲线由其图象求出，也可以求出其在上的单调区间，通过给取值，求出与给出的区间的交集来求解.

18．已知为虚数，且，若为实数．

(1)求复数；

(2)若的虚部为正数，且（为虚数单位，），求的模的取值范围．

【答案】(1)或

(2)

【分析】（1）设，由得，再由为实数得，进而可求得或；

（2）由（1）可知，代入得，进而求得，利用换法得到，再利用一元二次函数的图像的性质即可求得的最值，即其取值范围.

【详解】(1)设（且，为虚数单位），

由得，

又因为为实数，

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，

因为在上单调递减，在上单调递增，

所以在上单调递减，在上单调递增，

所以当时，；

又当时，，当时，，

所以，

因此所求的模的取值范围为．

19．已知正方体的棱长为，、、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．

【答案】(1)证明见解析

(2)存在，

(3)

【分析】（1）由题意证明得到，再由线面平行的判定定理即可证明.

（2）取的中点，连接、、、、，由勾股定理可证明，，再由线面垂直的判定定理可证明平面，即可求出线段的长.

（3）因为平面，平面，所以到平面的距离为，由（2）即可求出.

【详解】(1)连接，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，连接、、、、，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．