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文档简介
临泉一中2024—2025学年高二年级开学考一、单选题(本大题共8题,每小题5分,共计40分)1.已知复数满足,则()A.32 B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据复数的除法运算化简复数,即可根据模长公式求解.【详解】由可得,所以,故选:C2.已知集合、集合,若,则实数的取值集合为().A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用集合之间的包含关系求解即可.【详解】,∵,∴,当时,有,解得,当时,有,解得,当时,有,方程组无解,当时,有,方程组无解,综上所述,实数的取值集合为.故选:C.3.若两个向量,的夹角是,是单位向量,,,则向量与的夹角为()A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用数量积公式求出,然后由数量积定义可得夹角;【详解】因为,,,设与的夹角为,则,又,所以.故选:B.4.已知二次函数的图像与x轴交点的横坐标为和3,则二次函数的单调递减区间为().A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】由题意求得对称轴,再由开口方向求解.【详解】解:因为二次函数的图像与x轴交点的横坐标为和3,所以其对称轴方程:,又,所以二次函数的单调递减区间为,故选:A5.已知,,,则()A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由题意可得,再由对数函数性质和根式与指数式的互化分别得出和即可得解.【详解】由题,又由是增函数可知,,∴,故选:B.6.已知直线a,b与平面,,,下面能使成立的条件是()A., B.,,C., D.,【答案】D【解析】【分析】由线面、面面的平行与垂直的判定与性质依次判断各个选项即可.【详解】对于A,若,则可能平行,也可能相交,相交也不一定垂直,A错误;对于B,若,由线面垂直判定定理可知,与不一定垂直,因此相交,不一定垂直,B错误;对于C,若,则可能平行,也可能相交,相交也不一定垂直,C错误;对于D,由,得存在过直线与平面相交的平面,令交线为,则,又,于是,因此,D正确.故选:D7.已知数据,满足:,若去掉后组成一组新数据,则新数据与原数据相比,下列说法错误的是()A.中位数不变B.若,则数据的第75百分位数为7.5C.平均数不变D.方差变小【答案】B【解析】【分析】利用中位数、百分位数、平均数和方差的定义分析计算即可.【详解】原来的中位数与现在的中位数均为,故中位数不变,故A正确;当时,数据按从小到大顺序排列:.因为,所以该组数据的第75百分位数是第8个数8,故B错误;由于,故,,,,,原来的平均数为,去掉后的平均数为,平均数不变,故C正确;原来的方差为,去掉后的方差为,方差变小,故D正确.故选:B.8.已知一对不共线的向量,的夹角为,定义为一个向量,其模长为,其方向同时与向量,垂直(如图1所示).在平行六面体中(如图2所示),下列结论错误的是()A.B.当时,C.若,,则D.平行六面体的体积【答案】C【解析】【分析】A.根据三角形的面积公式,结合新定义公式,即可判断;B.结合新定义和数量积公式,即可判断;B.根据条件求,即可判断;D.根据新定义和数量积的几何意义,即可判断.【详解】对于A,,而,故,正确;对于B,,当时,有意义,则,正确;对于C,因为,,所以,,所以,错误;对于D,的模长即为平行六面体底面OACB的面积,且方向垂直于底面,由数量积的几何意义可知,就是在垂直于底面的方向上的投影向量的模长(即为平行六面体的高)乘以底面的面积,即为平行六面体的体积,正确.故选:C二、多选题(本大题共3题,每小题5分,共计15分)9.下列有关复数的说法中(其中为虚数单位),正确的是()A.B.复数的共轭复数的虚部为2C.若复数满足,则的最大值为2D.若是关于的方程的一个根,则【答案】BC【解析】【分析】A选项,,故;B选项,根据共轭复数的定义得到B正确;C选项,求出的轨迹为圆,圆上的点到原点的距离最大值为2,C正确;D选项,得到为方程的另一个根,根据韦达定理得到D错误.【详解】A选项,,而,A错误;B选项,复数的共轭复数为,故虚部为2,B正确;C选项,若复数满足,则的轨迹为复平面内,以0,1为圆心,1为半径的圆,此圆上的点到原点的距离,最大值为2,即0,2到原点距离,故的最大值为2,C正确;D选项,若是关于的方程的一个根,为方程另一个根,故,D不正确.故选:BC10.已知函数的部分图象如图所示,则下列说法正确的是()A.B.函数的图象关于直线对称C.函数是偶函数D.将函数图象上所有点的横坐标变为原来的2倍,得到函数的图象【答案】ABD【解析】【分析】结合函数图象依次求出,再根据选项,分别运用代入检验对称性,利用奇偶性定义判断函数奇偶性,利用伸缩变换得到新函数逐一判断即得.【详解】由图可得,,,解得,故A正确;又函数图象经过点,则,即,因,故,解得,故.对于B,当时,,此时函数取得最小值,故B正确;对于C,,是奇函数,故C错误;对于D,将函数图象上所有点的横坐标变为原来的2倍,将得到函数的图象,故D正确.故选:ABD.11.如图,在长方体中,,点为线段上动点(包括端点),则下列结论正确的是()A.当点为中点时,平面B.当点为中点时,直线与直线所角的余弦值为C.当点在线段上运动时,三棱锥的体积是定值D.点到直线距离的最小值为【答案】ACD【解析】【分析】根据给定条件建立空间直角坐标系,利用空间位置关系的向量证明判断A;利用空间向量求出向量夹角余弦判断B;利用三棱锥体积公式判断C;利用空间向量求出点到直线的距离最小值判断D.【详解】在长方体中,以点为原点建立如图所示的空间直角坐标系,则,设,对于A,,,,,,即,而平面,因此平面,A正确;对于B,,,B错误;对于C,由选项A知,点到平面的距离为,而的面积,因此三棱锥的体积23是定值,C正确;对于D,,则点到直线的距离,当且仅当时取等号,D正确.故选:ACD三、填空题(本大题共3题,每小题5分,共计15分)12.在棱长是的正方体中,为的中点,则异面直线和间的距离是______【答案】##【解析】【分析】建立空间直角坐标系,求得相关点坐标,利用空间距离的向量求法,即可求得答案.【详解】以D为坐标原点,以为轴建立空间直角坐标系,则,则,设与异面直线和都垂直的向量为,则,令,则,又,故异面直线和间的距离是,故答案为:13.已知,,则最大值为________.【答案】【解析】【分析】根据数量积的夹角公式可得,即可结合基本不等式求解最值.【详解】由题意可得:,当时,则,因为,则,当且仅当,即时等号成立,所以;当时,;综上所述:的最大值为,故答案为:.14.已知正方体的棱长为3,点是线段上靠近点的三等分点,是中点,则下列命题正确的有______.①直线与所成角的正切值为②三棱柱外接球的半径为③平面截正方体所得截面为等腰梯形④点到平面的距离为【答案】①②④【解析】【分析】借助等角定理可得直线与所成角与直线与所成角相等,计算出可判断①;由三棱柱外接球与正方体外接球相同,故计算正方体体对角线的一半可判断②;借助平行线的性质可作出该截面,计算边长可判断③:借助等体积法计算可判断④.【详解】对于①:由,故直线与所成角与直线与所成角相等,连接,可得,又,平面,平面,所以,故,故①正确;对于②:三棱柱外接球与正方体外接球相同,故其外接球半径为,故②正确;对于③:如图:取中点,连接,过点作,交于点,则,所以平面截正方体所得截面为梯形,由,所以,所以,,所以,所以梯形不是等腰梯形,故③错误;对于④:如图:设点到平面的距离为,则,而,,所以,故④正确.故答案为:①②④.四、解答题15.已知函数.(1)求函数的最小正周期及单调递增区间;(2)在中,角,,所对的边分别为,,,若,且,求外接圆的面积.【答案】(1),;(2).【解析】【分析】(1)利用诱导公式及辅助角公式化简函数,再利用正弦函数的性质求解即得.(2)由(1)求出,利用余弦定理求出,再利用正弦定理求出外接圆半径即得.【小问1详解】依题意,,所以函数的最小正周期;由,得,所以函数的单调递增区间是.【小问2详解】由(1)知,,而,则,由,得,解得,由余弦定理得,则外接圆的半径,所以外接圆的面积为.16.某校从参加高二年级学业水平测试的学生中抽出80名学生,其数学成绩(均为整数,单位:分)的频率分布直方图如图所示.(1)求这次测试数学成绩众数;(2)求这次测试数学成绩的中位数.(3)延伸探究:若本例的条件不变,求数学成绩的平均分.(4)若本例条件不变,求80分以下的学生人数.【答案】(1)75分(2)73.3分(3)72分(4)56【解析】【分析】(1)根据众数的知识求得正确答案.(2)根据中位数的知识求得正确答案.(3)根据平均数的知识求得正确答案.(4)根据频率分布直方图来求得正确答案.【小问1详解】由题图知,众数为分.【小问2详解】设中位数为x,由于前三个矩形面积之和为0.4,第四个矩形面积为0.3,,因此中位数位于第四个矩形内,则,解得分.故这次测试数学成绩的中位数约为分.【小问3详解】数学成绩的平均分为分.【小问4详解】因为分的频率为,所以分以下的学生人数为.17.在如图所示的几何体中,平面平面,四边形为平行四边形,,,,.(1)求证:平面平面;(2)求三棱锥的体积.【答案】(1)证明见解析(2)【解析】【分析】(1)由已知可得,结合面面垂直可得平面,利用面面垂直的判定定理即可证明;(2)先求解点到平面的距离,再求解的面积,利用锥体的体积公式即可求解.【小问1详解】解:∵,∴,∵平面平面,且平面平面,平面,∴平面,∵平面,∴平面平面.【小问2详解】取的中点,连接,∵,∴,∵平面平面,∴平面,∵,平面,平面,∴平面,所以点到平面的距离等于点到平面的距离,即点到平面的距离为的长.∵,,∴,∴,从而,∵四边形为平行四边形,,∴,,∴,∴.18.在中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,.(1)证明:;(2)记边AB和BC上的高分别为和,若,判断的形状.【答案】(1)证明见解析;(2)直角三角形.【解析】【分析】(1)利用正弦定理计算即可;(2)利用正弦定理及(1)结论证明即可.小问1详解】因为,由正弦定理得,,整理可得,,又,于是,即,因为,所以,所以或(舍去),所以;【小问2详解】根据等面积法可知,即,由,可得,又由及正弦定理可得,,解得,由于,所以,所以,所以是直角三角形.19.如图,在四棱锥中,底面为直角梯形,,,,,,,且平面平面,在平面内过作,交于,连.(1)求证:平面;(2)求二面角正弦值;(3)在线段上存在一点,使直线与平面所成的角的正弦值为,求的长.【答案】(1)证明见解析(2).(3).【解析】【分析】(1)由已知四边形为矩形,证明,由条件根据面面垂直性质定理证明平面;(2)建立空间直角坐标系,求平面,平面
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