山西省金科大联考2023-2024学年高二上学期开学考试数学试题【含答案】

2023～2024学年第一学期开学考高二数学考生注意：1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟.2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚.3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效.4.本卷命题范围：人教A版必修第一册，必修第二册，选择性必修第一册第一章～第二章第3节.一、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.直线，，，的图象如图所示，则斜率最小的直线是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由题图确定直线斜率的大小关系即可.【详解】由图知：，故斜率最小的直线是.故选：B2.若复数满足，则的共轭复数在复平面内对应的点位于（）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限【答案】C【解析】【分析】根据复数的除法及共轭复数判断即可得解.【详解】，，，故对应点在第三象限，故选：C3.在空间直角坐标系中，已知平行四边形的三个顶点的坐标分别为，，，则点的坐标为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据平行四边形对角线的交点为中点可得答案.【详解】设，因为与的中点相同，所以，解得，所以.故选：A.4.已知直线：与：，则“”是“”的（）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】C【解析】【分析】由两线平行的判定列方程求参数a，注意验证是否存在重合情况，结合充分、必要性定义判断条件间的关系》【详解】由，则，即，故或，时，，，即，显然两线重合；时，则，，即，故.综上，“”是“”的充要条件.故选：C5.如图，在三棱锥中，是边长为3的正三角形，是上一点，，为的中点，为上一点且，则（）A.5 B.3 C. D.【答案】D【解析】【分析】以为一组基底，表示求解.【详解】解：以为一组基底，则，，，，，，，所以.故选：D6.已知点在线段上，则的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】将问题化为求原点到线段上点距离的平方的范围，进而求目标式的距离.【详解】由的图象如下，又是上图线段上的一点，且为原点到该线段上点距离的平方，上述线段端点分别为，到原点距离的平方分别为，由图知：原点到线段的距离，则，综上，，故.故选：B7.已知函数在区间上有且仅有1个零点，则的取值范围是（）A B. C. D.【答案】D【解析】【分析】应用三角恒等变换化简，结合正弦型函数的性质及区间零点个数求参数范围即可.【详解】，在上，，即有且仅有1个零点，所以，则.故选：D8.已知三棱锥的体积为13，是空间中一点，，则三棱锥的体积是（）A.5 B.6 C.7 D.8【答案】C【解析】【分析】根据空间向量基本定理，结合四点共面性质、共线向量的性质、三棱锥体积的性质进行求解即可.【详解】由，因为，所以在平面内存在一点，使得成立，即，，故选：C二、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，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.在空间直角坐标系中，点的坐标为，则下列说法正确的是（）A.点关于原点对称的点是B.点关于轴对称的点是C.点关于平面，对称的点是D.点关于点对称的点是【答案】AC【解析】【分析】利用点关于原点的对称点的特点可判断A的正误；根据点关于坐标轴对称点的特点可判断B的正误；利用点关于坐标平面对称点的特点可判断C的正误；利用点关于点对称的特点可判断D.【详解】空间直角坐标系中，点.对于A，点关于于原点对称的点的坐标是，A正确；对于B，点关于轴对称的点的坐标是，B错误；对于C，点关于平面对称点的坐标是，C正确；对于D，点关于点对称点的坐标是，D错误；综上知，正确的选项是AC.故选：AC.10.2023年7月28日，第31届世界大学生夏季运动会（简称大运会）在四川成都开幕，这是继2001北京大运会，2011深圳大运会之后，中国第三次举办夏季大运会.在成都大运会中，中国代表团取得了傲人的成绩.为向大学生普及大运会的相关知识，某高校进行“大运会知识竞赛”，并随机抽取了40名学生，他们的得分（满分100分）按，，，，分组得到的频率分布直方图如图所示（得分均在内），则下列说法正确的是（）A.图中的值为0.035B.若要求有63%的学生及格，则及格分数线约为79.4C.这40名学生的平均成绩约为75分D.从得分在和的学生中随机抽取2人，这2人组别不同的概率为【答案】ABCD【解析】【分析】A.利用各小矩形的面积之和为1求解判断；B.设及格分数为x，由求解判断；C.利用平均数公式求解判断；D.先得到分数在内和在内的人数，利用古典概型的概率求解判断.【详解】A.由，解得，故正确；B.设及格分数为x，则，解得，故正确；C.，故正确；D.分数在内的人数为人，分数在内的有人，则从得分在和学生中随机抽取2人，这2人组别不同的概率为，故正确；故选：ABCD11.如图，在正四棱锥中，，，分别是，的中点，则下列说法正确的是（）A. B.直线和所成角的余弦值是C.点到直线的距离是 D.点到平面的距离是2【答案】ABC【解析】【分析】连接，利用中位线、正四棱锥的性质判断A；过作，交延长线于，若为中点，连接，先证为平行四边形，由异面直线定义确定直线和所成角的平面角，再求其余弦值判断B；中求各边长，余弦定理求，进而求点到直线的距离判断C；证面，等体积法有求点面距离判断D.【详解】A：连接，分别为，的中点，即为中位线，则，由为正四棱锥，故为正方形，则，所以，对；B：过作，交延长线于，若为中点，连接，又，即，则为平行四边形，故，，而且，故且，即为平行四边形，所以且，故直线和所成角，即为或其补角，及正四棱锥的性质知：侧面为等边三角形，底面为正方形，且棱长均为，所以，，，故直线和所成角的余弦值是，对；C：中，又，则，所以，则，所以，故，所以点到直线的距离是，对；D：由上分析知：，若为底面中心，则为中点，，连接，交为，则，则，又，，面，所以面，即面，易知：，令到平面的距离为，则，由，则中上的高为，故，由，，则，所以，错.故选：ABC12.唐代诗人李颀的诗《古从军行》开头两句：“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河”隐藏着一个有趣的数学问题——“将军饮马”，即某将军观望完烽火台之后从山脚的某处出发，先去河边饮马，再返回军营，怎样走能使总路程最短?在平面直角坐标系中有两条河流，，其方程分别为，，点，，则下列说法正确的是（）A.将军从出发，先去河流饮马，再返回的最短路程是7B.将军从出发，先去河流饮马，再返回的最短路程是7C.将军从出发，先去河流饮马，再去河流饮马，最后返回的最短路程是D.将军从出发，先去河流饮马，再去河流饮马，最后返回的最短路程是【答案】AC【解析】【分析】确定关于，的对称点，利用两点距离最小判断A、B；确定关于，的对称点，利用两点距离最小判断C、D；【详解】由关于，的对称点分别为，而，从出发，先去河流饮马，再返回的最短路程是，A对；从出发，先去河流饮马，再返回的最短路程是，B错；由关于，的对称点分别为，从出发，先去河流饮马，再去河流饮马，最后返回的最短路程，C对；从出发，先去河流饮马，再去河流饮马，最后返回的最短路程是，D错.故选：AC三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.在梯形中，，且和所在直线的方程分别是与，则梯形的面积为___________.【答案】【解析】【分析】先求得直线和之间的距离，即梯形的高，再利用梯形的面积公式求解.【详解】解：直线和之间的距离为：，即梯形的高为，又，所以梯形的面积为，故答案为：14.已知直线的方向向量，平面的法向量，则直线与平面的位置关系是___________.【答案】或【解析】分析】由确定正确答案.【详解】依题意，所以或.故答案为：或15.已知直线经过点，且，两点到直线的距离相等，则直线的方程为___________.【答案】或【解析】【分析】根据直线与直线平行，过直线过线段的中点进行分类讨论，从而求得的方程.【详解】直线的斜率为，所以过且平行于直线的直线方程为.线段的中点坐标为，所以过与线段中点的直线的方程为.所以直线或符合题意.故答案为：或16.已知函数，若互不相等的实数，，，，，满足，则的取值范围是____________.【答案】【解析】【分析】根据解析式画出函数草图，利用绝对值函数、对数函数、二次函数性质得，，，结合对勾函数性质求零点之和的范围.【详解】根据解析式可得草图如下：要使互不相等的实数满足，由图知：，，，且，令，则或；令，则或；令，则；令，则；令，则；令，则或；所以，所以，在上递增，所以.故答案为：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.已知的三个顶点分别为，，.（1）求边上的高所在直线的方程；（2）求边上的中线所在直线的方程.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）先求得直线斜率，利用点斜式求得边上的高所在直线的方程.（2）先求得点坐标，再根据两点式求得边上的中线所在直线的方程.【小问1详解】，所以直线的斜率为，所以直线的方程为【小问2详解】线段的中点，所以直线所在直线方程为.18.已知是空间的一个基底，且，，，.（1）求证：，，，四点共面；（2）能否作为空间的一个基底?若能，试用这一基底表示；若不能，请说明理由.【答案】（1）证明见解析（2）不能作为基底，理由见解析【解析】【分析】（1）根据向量的线性(加减)关系判断是否成立，即可证结论；（2）判断是否成立即可.【小问1详解】由，，而，则，所以，，，四点共面；【小问2详解】若共面，则，即，所以，则，可得，所以，故不能作为基底.19.在中，角，，的对边分别是，，，.（1）求；（2）若，，是边上一点，且__________，求的长.在①平分；②；③这三个条件中任选一个，补充到题干中的横线位置，并作答.注：如果选择多个条件分别作答，按第一个解答计分.【答案】（1）（2）选①；选②；选③【解析】【分析】（1）利用正弦定理统一为角，再由三角恒等变换求解；（2）选①利用三角形面积公式及等积法求解，选②利用向量的数量积运算求模即可得解，选③由余弦定理及直角三角形中勾股定理求解.【小问1详解】，，，，，，，，，，即【小问2详解】若选①，则，如图，设，则，即，解得，所以.若选②，则为中点，如图，所以，则，所以，即.若选③，如图，由余弦定理可得，即，，因为，设，则在和中，，即，解得，即.20.如图，在直三棱柱中，，，三棱柱的侧面积为.（1）求证：平面平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明详见解析（2）【解析】【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法证得平面平面；（2）利用向量法求得直线与平面所成角的正弦值.【小问1详解】依题意，，所以，所以，根据直三棱柱的性质可知平面，而平面，所以，由此以为原点建立如图所示空间直角坐标系，则，设平面的法向量为，则，故可得.平面的一个法向量是，由于，所以，所以平面平面.【小问2详解】由（1）得平面的法向量，，设直线与平面所成角为，则.21.已知直线：恒过点，且与轴，轴分别交于，两点，为坐标原点.（1）求点的坐标；（2）当点到直线的距离最大时，求直线的方程；（3）当取得最小值时，求的面积.【答案】（1）（2）（3）或【解析】【分析】（1）将直线方程化为，即可确定定点；（2）由题意到直线的距离，列方程求参数，即可得直线方程；（3）由题意，，且、，结合基本不等式求最小值，确定取值条件，进而求的面积.【小问1详解】由，则直线恒过.【小问2详解】要使点到直线的距离最大，即到直线的距离，所以，整理得，故，所以，即.【小问3详解】由题意，直线的截距均不为0，则，，且、，所以，仅当时等号成立，所以时取最小值，当，则，，此时的面积为；当，则，，此时的面积为；所以的面积为或.22.如图，菱形和正方形所在平面互相垂直，，.

（1）求证：平面；（2）若是线段上的动点，求平面与平面夹角的余弦值的取值范围.【答案】（1）见解析（2）【解析】【分析】（1）由面面平行的性质定理和判定定理证明即可；（2）由面面垂直的性质定理证明平面，以为原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面的一个法向量和，由向量的夹角公式结合二次函数的性质，即可求解.【小问1详解】因为四边形是菱形，所以