2023-2024学年陕西省渭南市蒲城中学高二上学期9月开学考试数学试题含答案
展开一、单选题
1.如图,直线l的斜率是( )
A.B.C.D.
【答案】B
【分析】由图中求出直线l的倾斜角,再根据斜率公式求出直线l的斜率.
【详解】如图,直线l的倾斜角为30°,tan30°,所以直线l的斜率为.
故选:B.
2.若复数(其中i为虚数单位),则复数在复平面上对应的点位于( )
A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限
【答案】A
【分析】由复数除法运算求得,得其对应点坐标,从而得所在象限.
【详解】,对应点坐标为,在第一象限.
故选:A.
3.如图,在中,,若的水平放置直观图为,则的面积为( )
A.B.
C.D.
【答案】B
【分析】利用斜二测画法规则求出的边及这边上的高即可计算作答.
【详解】在中,,,则,,
由斜二测画法规则知,,,,边上的高,
所以的面积为.
故选:B
4.长方体的过一个顶点的三条棱长分别是2,4,4,则该长方体外接球的表面积为( )
A.B.C.D.
【答案】C
【分析】根据长方体外接球直径,可求出半径R,再由球体表面积公式,即可求出结果.
【详解】长方体外接球直径,所以该长方体外接球的表面积
故选:C.
5.若直线经过,()两点,则直线的倾斜角的取值范围是( )
A.B.C.D.
【答案】C
【分析】根据直线的斜率公式求得,利用斜率与倾斜角的关系,可得答案.
【详解】由直线经过,()两点可知,直线斜率存在,
即直线的斜率为,即,
又,所以,
故选:C
6.已知,,则( )
A.B.C.D.
【答案】C
【分析】探求所求值的角与已知角的关系,再借助诱导公式求解即得.
【详解】因,,所以.
故选:C
7.已知平面向量的夹角为,且,则与的夹角是( )
A.B.C.D.
【答案】B
【分析】根据题意,分别求得可得,且,结合向量的夹角公式,即可求解.
【详解】由平面向量的夹角为,且,
可得,
且,
设向量与的夹角为
所以,
因为,可得,即与的夹角为.
故选:B.
8.在空间四边形中,若,且,分别是,的中点,则异面直线与所成角为( )
A.30°B.45°C.60°D.90°
【答案】B
【分析】设空间四边形的边长为2,作的中点,连结,,在中利用边角关系进行分析求解即可.
【详解】解:因为在空间四边形中,,
所以空间四边形是一个正四面体,
在图1中,连结,,因为为等腰三角形,设空间四边形的边长为2,
(图1)
在中,,,可得,
在图2中,取的中点,连结,,
(图2)
因为,分别是,的中点,所以,,
是异面直线与所成的角,
在中,,故为等腰直角三角形,
所以,
故异面直线与所成角的大小为.
故选:.
二、多选题
9.已知复数,为的共轭复数,则下列结论正确的是( )
A.B.的虚部为
C.为纯虚数D.在复平面上对应的点在第四象限
【答案】AC
【分析】利用复数的乘法运算化简复数,再逐一检验四个选项的正误即可得出正确选项.
【详解】,
对于选项A:,故选项A正确;
对于选项B:的虚部为,故选项B不正确,
对于选项C:为纯虚数,故选项C正确;
对于选项D:,所以,对应的点为,位于第一象限,故选项D不正确;
故选:AC.
10.如图所示,在空间四边形中,点分别是边的中点,点分别是边上的三等分点,且,则下列说法正确的是( )
A.平面EFGH
B.AC与BD异面
C.平面EFGH
D.直线FE,GH,CA交于一点
【答案】ABD
【分析】由题意,根据线面平行的判定判断A;由异面直线的定义判断B;由题设不平行、不平行、且,结合平面的基本性质判断C、D.
【详解】由知:,面,面,故平面EFGH,A对;
由面,面,而,又面,
所以AC与BD异面,B对;
因为分别是边的中点,分别是边上的三等分点,
所以不平行,延长,与必交于一点,
所以面,故平面EFGH不成立,C错;
同理不平行,由上知:且,
所以延长线与、延长线都相交,而面,面,且,
所以与面交于一点,而直线与平面相交,则交点有且只有一个,
综上,与、延长线的交点均为,D对.
故选:ABD
11.将函数的图像向左平移个单位长度,得到函数的图像,则下列关于函数的说法正确的是( )
A.是偶函数
B.的周期是
C.的图像关于直线对称
D.的图像关于点对称
【答案】AD
【分析】由平移变换求得的解析式,再由余弦型函数的性质逐一分析四个选项得答案.
【详解】将函数的图像向左平移个单位长度,得到函数的图像,
则的解析式为.
函数的定义域为,且,函数为偶函数,故A正确;
最小正周期,故B错误;
,故的图像不关于直线对称,故C错误;
,故的图像关于点对称,故D正确.
故选:AD.
12.如图,四边形为正方形,平面,,,记三棱锥,,的体积分别为,,,则( )
A.B.C.D.
【答案】CD
【分析】将三棱锥补成正方体,根据三棱锥的体积公式,得到三个三棱锥的体积进而可得.
【详解】由题意,可将几何体补全为如图所示的正方体,
不妨设,则,,
三棱锥的体积,
三棱锥的体积,
是边长为的正三角形,所以.
根据正方体的性质可得平面,
因平面,所以,
同理,又,平面,平面,
所以平面,
又,所以平面,且,
从而三棱锥的体积,
所以,.
故选:CD.
三、填空题
13.已知直线经过三点,,,则 .
【答案】
【分析】根据两点斜率公式,结合列出方程,解之即可得解.
【详解】因为直线经过三点,,,
所以,即,解得.
故答案为:.
14.已知一个圆锥的底面半径为,其侧面积,则该圆锥的体积为 .
【答案】
【分析】根据圆锥侧面积公式可得母线长,进而可得圆锥的高及体积.
【详解】由圆锥侧面积,
解得母线,
所以圆锥的高,
圆锥体积,
故答案为:.
15.函数的定义域为 .
【答案】
【分析】根据正切函数的定义域求解即可.
【详解】
解得:
故函数 的定义域为
【点睛】本题考查了正切函数的定义域,属于基础题.
四、解答题
16.计算:.
【答案】
【分析】因为,所以对进行和差公式展开,即可求解
【详解】
.
17.已知向量,.
(1)若,求实数k的值;
(2)若与的夹角是钝角,求实数k的取值范围.
【答案】(1)k=
(2).
【分析】(1)先求出,然后再根据垂直关系即可求出;
(2)由与的夹角是钝角得到且与方向不相反,得到不等式组,求出实数k的取值范围.
【详解】(1),
因为,所以,
解得:.
(2)若与的夹角是钝角,
则且与方向不相反,
即,且
解得:且,
故实数k的取值范围是.
18.在中,.
(1)求的大小;
(2)若,.求的面积.
【答案】(1)
(2)
【分析】(1)利用正弦定理将边化角,再根据两角和的正弦公式及诱导公式得到,即可得解;
(2)首先由余弦定理求出,即可得到,再根据面积公式计算可得;
【详解】(1)解:因为,由正弦定理可得,
即,
又在中,,所以,,所以;
(2)解:由余弦定理得,即,
解得,所以,又,
所以;.
19.已知函数.
(1)求函数的单调递增区间;
(2)当时,求函数的最大值和最小值.
【答案】(1),
(2)最大值为1,最小值为
【分析】(1)令,,解之即可;
(2)整体法求得,结合余弦图象即可求解.
【详解】(1)令,,
则,.
故函数的单调递增区间为,.
(2)当时,,
.
.
当,即时,有最大值为1,
当,即时,有最小值为.
故当时,的最大值为1,的最小值为.
20.已知.
(1)求及;
(2)若,,求的值.
【答案】(1),;
(2).
【分析】(1)应用二倍角正切公式求,由和角正切公式求.
(2)根据已知角的范围及函数值,结合同角三角函数的平方关系求,,进而应用和角正弦公式求.
【详解】(1),
.
(2),
.
,
.
.
21.如图,在直三棱柱中,是的中点.
(1)证明:平面;
(2)若,求证:.
【答案】(1)证明见解析;
(2)证明见解析.
【分析】(1)连接,交于点,连结.由直三棱柱性质知为的中点,则.结合线面平行的判定定理可得平面;
(2)等腰三角形三线合一,则.由直三棱柱的性质结合线面垂直的性质定理可得,结合线面垂直的判断定理可得平面,故.
【详解】(1)如图,连接,交于点,连结.
据直三棱柱性质知四边形为平行四边形,所以为的中点.
又因为是的中点,所以.
又因为平面,平面,
所以平面
(2)因为,为的中点,所以.
据直三棱柱性质知平面,又因为平面,所以.
又因为,平面,
所以平面,
又因为平面,所以,即.
22.如图,在四棱锥中,底面为正方形,平面,,点为线段的中点,点为线段上的动点.
(1)求证:平面平面;
(2)是否存在点,使得直线与直线所成角为60°?若存在,求出的长度;若不存在,请说明理由.
【答案】(1)证明过程见解析;(2)存在点,满足,使得直线与直线所成角为.
【分析】(1)由平面,知,而,于是有平面,故,再结合,即可证得平面,从而得到平面平面;
(2)取中点,连接,则,由已知可得平面,则,设,由直线与直线所成角为,得,由此列式求解值即可.
【详解】(1)证明:平面,平面,,
为正方形,,
又,、平面,
平面,
平面,,
,为线段的中点,,
又,、平面,
平面,而平面,
平面平面;
(2)取中点,连接,则,且,
平面,平面,则,
设,,,
要使直线与直线所成角为,则,
可得,
.
故存在点,满足,使得直线与直线所成角为.
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