高二上学期开学摸底卷02（考试范围：沪教版高一下学期全部内容+高二上学期衔接内容） -2024-2025学年高二数学重难点专题提升精讲精练 （沪教版2020必修第三册）

高二上学期开学摸底卷02 重难点检测卷 【考试范围：沪教版高一下学期全部内容+高二上学期衔接内容】 学校：________姓名：________班级：________考号：________ 注意事项： 本试卷满分150分，试题共21题。答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置 1、 填空题（本大题共12题，满分54分，第1-6题每题4分，第 7~12题每题5分) 1．（23-24高一下·上海嘉定·期中）若，则 ． 2．（23-24高一下·上海·期中）设复数，则复数的虚部为 . 3．（23-24高一下·上海宝山·阶段练习） 单调增区间为 4．（23-24高一下·上海·期末）已知复数是实系数二次方程的一根，则b= . 5．（23-24高一下·上海闵行·期末）已知向量，，若，则实数 . 6．（23-24高一下·上海·期末）已知向量，，则在方向上的投影向量为 . 7．（23-24高一下·上海·期末）若A、B、C三点共线，对任意一点O，有成立，则 . 8．（24-25高一下·上海·单元测试）在△ABC中，，则角B的大小是 ；若，则△ABC的面积的最大值是 . 9．（23-24高一下·上海嘉定·期中）“南昌之星”摩天轮半径为80米，建成时为世界第一高摩天轮，成为南昌地标建筑之一．已知摩天轮转一圈的时间为30分钟，甲坐上摩天轮6分钟后，乙也坐上了摩天轮，又过了分钟后，甲乙两人离底面高度相等，则 ． 10．（24-25高二·上海·课堂例题）给出下列命题：①底面是正多边形的棱锥是正棱锥；②侧棱都相等的棱锥是正棱锥；③侧棱和底面成等角的棱锥是正棱锥；④侧面和底面所成二面角都相等的棱锥是正棱锥，其中正确命题的个数是 ． 11．（23-24高一下·上海·期末）平面向量与是单位向量，夹角为，那么，向量、构成平面的一个基．若，则将有序实数对称为向量的在这个基下的斜坐标，表示为．设，，则 ． 12．（24-25高二·上海·课堂例题）如果四边形ABCD是矩形，SD⊥平面ABCD，D是垂足，那么图中互相垂直的平面的组数是 ． 二、单选题（本大题共4题，满分18分，第13-14题每题4分，第15-16题每題5分） 13．（23-24高一下·上海黄浦·期末）若对任意实数x都有，则角的终边在（    ）． A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 14．（23-24高一下·上海·期末）已知向量，，若与的夹角是锐角，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 15．（24-25高二·上海·课堂例题）若点M、直线l、平面α，则下列命题中正确的是（    ） A．若，l不在平面上，则； B．若，，则； C．若，，则； D．若，，则． 16．（23-24高三下·上海黄浦·阶段练习）要得到函数的图象，只需将函数的图象上所有的点（    ） A．横坐标变为原来的倍（纵坐标不变），再向右平行移动个单位长度 B．横坐标变为原来的3倍（纵坐标不变），再向右平行移动个单位长度 C．横坐标变为原来的倍（纵坐标不变），再向左平行移动个单位长度 D．横坐标变为原来的3倍（纵坐标不变），再向左平行移动个单位长度 三、解答题（本大题共5题，共14+14+14+18+18=78分) 17．（2024高一下·上海·专题练习）复数范围内解下列方程 (1)； (2). 18．（2023·上海·三模）已知在中，角所对的边分别为，且满足． (1)若，求的面积； (2)求的最大值，并求其取得最大值时的值． 19．（24-25高二·上海·课堂例题）如图，四面体中，，，是的中点，且，，，求证： (1)平面平面； (2)平面平面； (3) 平面平面． 20．（24-25高二·上海·课堂例题）如图，四棱锥中，底面是矩形，底面，，，点F是的中点，点E在边上移动． (1)当点E为的中点时，试判断与平面的位置关系，并说明理由； (2)证明：无论点E在边的何处，都有； (3)求三棱锥体积的最大值． 21．（23-24高一下·上海宝山·阶段练习）2021年5月，第十届中国花卉博览会将在美丽的崇明岛举办，主办方要对布展区域精心规划.如图，凸四边形ABCD是一个花卉布展区域的平面示意图，为了展示不同品种的花卉，将BD连接，经测量已知 (1)若 ，求此花卉布展区域总面积； (2)求证： 为一个定值； (3)在锐角中，内角A，B，C对的边分别为a，b，c.若 ，求的取值范围 学科网（北京）股份有限公司 $$ 高二上学期开学摸底卷02 重难点检测卷 【考试范围：沪教版高一下学期全部内容+高二上学期衔接内容】 学校：________姓名：________班级：________考号：________ 注意事项： 本试卷满分150分，试题共21题。答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置 1、 填空题（本大题共12题，满分54分，第1-6题每题4分，第 7~12题每题5分) 1．（23-24高一下·上海嘉定·期中）若，则 ． 【答案】/ 【分析】由二倍角公式和同角三角函数关系即可求解. 【详解】. 故答案为：. 2．（23-24高一下·上海·期中）设复数，则复数的虚部为 . 【答案】 【分析】根据复数除法运算可求得，由虚部定义可得结果. 【详解】因为， 所以复数的虚部为. 故答案为：. 3．（23-24高一下·上海宝山·阶段练习） 单调增区间为 【答案】 【分析】首先把函数的关系式，变形成正弦型函数，再利用正弦函数的性质求解. 【详解】解：函数 ， 令 ， 整理得 ， 所以函数的单调递区间为 故答案为： 4．（23-24高一下·上海·期末）已知复数是实系数二次方程的一根，则b= . 【答案】 【分析】由韦达定理、复数四则运算即可直接运算求解. 【详解】由二次方程求根公式可知虚根是成对出现的，故都是方程的解， 所以,. 故答案为：. 5．（23-24高一下·上海闵行·期末）已知向量，，若，则实数 . 【答案】 【分析】利用向量垂直时数量积等于零，可列方程，即可求出． 【详解】因为，，， 所以，解得． 故答案为：. 6．（23-24高一下·上海·期末）已知向量，，则在方向上的投影向量为 . 【答案】 【分析】先依次求出、、，再结合投影向量公式即可计算求解. 【详解】由题意得，， 所以， 所以在方向上的投影向量为. 故答案为：. 7．（23-24高一下·上海·期末）若A、B、C三点共线，对任意一点O，有成立，则 . 【答案】或，. 【分析】根据三点共线，系数和为1的结论即可得到答案. 【详解】因为A、B、C三点共线，则， 则，则或，. 故答案为：或，. 8．（24-25高一下·上海·单元测试）在△ABC中，，则角B的大小是 ；若，则△ABC的面积的最大值是 . 【答案】 / 【分析】根据条件，结合余弦定理得，再由基本不等式变形求出的最大值，最后利用三角形面积公式表示出，代入的最大值即可求三角形的面积最大值. 【详解】因为，由余弦定理得，所以. 因为，所以，当且仅当时取等号，所以， 面积，所以三角形面积的最大值为. 故答案为：； 9．（23-24高一下·上海嘉定·期中）“南昌之星”摩天轮半径为80米，建成时为世界第一高摩天轮，成为南昌地标建筑之一．已知摩天轮转一圈的时间为30分钟，甲坐上摩天轮6分钟后，乙也坐上了摩天轮，又过了分钟后，甲乙两人离底面高度相等，则 ． 【答案】 【分析】根据甲乙两人离底面高度相等，即甲乙关于摩天轮初始位置所在的直线对称，列出等式即可求解. 【详解】1分钟，甲乙相差，当甲乙离地面高度相等时， 乙转了，即12分钟 故答案为：. 10．（24-25高二·上海·课堂例题）给出下列命题：①底面是正多边形的棱锥是正棱锥；②侧棱都相等的棱锥是正棱锥；③侧棱和底面成等角的棱锥是正棱锥；④侧面和底面所成二面角都相等的棱锥是正棱锥，其中正确命题的个数是 ． 【答案】0 【分析】根据正棱锥定义去判断即可. 【详解】正棱锥定义：底面是正多边形，顶点在底面的射影是底面正多边形的中心， 对于①，底面是正多边形，但顶点在底面的射影不一定是底面正多边形的中心，故①错； 对于②，侧棱都相等的棱锥，其底面不一定是正多边形， 如图（1）三棱锥，满足条件，底面不是等边三角形，故②错； 对于③，侧棱和底面成等角的棱锥，其底面不一定是正多边形， 如图（1），三棱锥，满足条件， 即侧棱与底面的夹角相等，但底面不是等边三角形，故③错； 对于④，侧面和底面所成二面角都相等的棱锥，底面不一定是正多边形， 如图，三棱锥，底面为直角三角形，顶点在底面射影为内心O， 则平面，又平面，故， 设半径为的内切圆与交点分别为， 则，连接， 因为平面， 所以平面，所以是三棱锥侧面与底面所成的二面角的平面角， 同理分别是三棱锥侧面和侧面与底面所成的二面角的平面角， 且，即 ， 所以侧面和底面所成二面角都相等的棱锥，底面不一定是正多边形，故④错. 故答案为：0. 11．（23-24高一下·上海·期末）平面向量与是单位向量，夹角为，那么，向量、构成平面的一个基．若，则将有序实数对称为向量的在这个基下的斜坐标，表示为．设，，则 ． 【答案】1 【分析】由，，再结合平面向量的数量积公式得解； 【详解】由已知，有，，             . 故答案为：1. 12．（24-25高二·上海·课堂例题）如果四边形ABCD是矩形，SD⊥平面ABCD，D是垂足，那么图中互相垂直的平面的组数是 ． 【答案】6 【分析】根据题意结合面面垂直的判定定理分析判断. 【详解】因为SD⊥平面，平面，平面，平面， 所以平面平面，平面平面，平面平面， 因为SD⊥平面，平面，所以， 因为四边形，所以， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面， 同理可证得平面平面， 因为SD⊥平面，平面，所以， 四边形，所以， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面， 所以图中互相垂直的平面的组数是6. 故答案为：6 二、单选题（本大题共4题，满分18分，第13-14题每题4分，第15-16题每題5分） 13．（23-24高一下·上海黄浦·期末）若对任意实数x都有，则角的终边在（    ）． A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 【答案】D 【分析】利用辅助角公式先化简，然后再根据正弦值余弦值的正负判断象限即可. 【详解】， ， 因为，所以角的终边在第四象限. 故选：D. 14．（23-24高一下·上海·期末）已知向量，，若与的夹角是锐角，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】因为与的夹角是锐角，所以且不共线，所以求出且即可得解. 【详解】因为与的夹角是锐角， 所以且， 所以且， 所以实数的取值范围是. 故选：D. 15．（24-25高二·上海·课堂例题）若点M、直线l、平面α，则下列命题中正确的是（    ） A．若，l不在平面上，则； B．若，，则； C．若，，则； D．若，，则． 【答案】D 【分析】根据点、线、面的位置关系逐个判断即可. 【详解】若，不在平面上，则或,故A错误； 若，，则或,故B错误； 若，，则或，故C错误； 若，，则，所以，故D正确. 故选：D. 16．（23-24高三下·上海黄浦·阶段练习）要得到函数的图象，只需将函数的图象上所有的点（    ） A．横坐标变为原来的倍（纵坐标不变），再向右平行移动个单位长度 B．横坐标变为原来的3倍（纵坐标不变），再向右平行移动个单位长度 C．横坐标变为原来的倍（纵坐标不变），再向左平行移动个单位长度 D．横坐标变为原来的3倍（纵坐标不变），再向左平行移动个单位长度 【答案】C 【分析】利用三角函数伸缩平移的性质即可得解. 【详解】要得到函数的图象， 需先将函数的图象上所有的点横坐标变为原来的倍（纵坐标不变）， 从而得到，从而排除BD； 对于A，再向右平行移动个单位长度， 得，显然不满足题意，故A错误； 对于C，再向左平行移动个单位长度， 得，故C正确. 故选：C. 三、解答题（本大题共5题，共14+14+14+18+18=78分) 17．（2024高一下·上海·专题练习）复数范围内解下列方程 (1)； (2). 【答案】(1)； (2)或. 【分析】（1）利用配方法解方程即得. （2）利用分解因式的方法求解方程. 【详解】（1）由，得，则， 解得，即 所以原方程的解是. （2）由，得，即， 解得或，即或， 所以原方程的解是或 18．（2023·上海·三模）已知在中，角所对的边分别为，且满足． (1)若，求的面积； (2)求的最大值，并求其取得最大值时的值． 【答案】(1)或； (2)最大值，. 【分析】（1）首先由余弦定理求出c，再结合三角形面积公式即可求解； （2）由正弦定理边化角，结合三角恒等变换即可求解． 【详解】（1），，， 又，， ． 又在中，，，， 因为，所以， 又在中，，， 再由三角形的余弦定理得：，， 即，解得或， 当时，， 当时，， （2），，． ． 其中，，，， 在中，，， 当时，取到最大值， 此时，． 19．（24-25高二·上海·课堂例题）如图，四面体中，，，是的中点，且，，，求证： (1)平面平面； (2)平面平面； (3) 平面平面． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）要证明平面ABC⊥平面ADC垂直，转化为证明平面; （2）要证明平面平面,转化为证明平面； （3）要证明平面平面，即证明平面. 【详解】（1）因为，且点是的中点， 所以， 由，，，所以,则， 且，平面， 所以平面，平面， 所以平面平面 （2）因为，，且点是的中点， 所以，，，平面， 所以平面，且平面， 所以平面平面； （3）由（1）（2）可知，，， 且，平面， 所以平面，且平面， 所以平面平面. 20．（24-25高二·上海·课堂例题）如图，四棱锥中，底面是矩形，底面，，，点F是的中点，点E在边上移动． (1)当点E为的中点时，试判断与平面的位置关系，并说明理由； (2)证明：无论点E在边的何处，都有； (3)求三棱锥体积的最大值． 【答案】(1)平行，理由见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）当为中点时，由中位线定理可得，故平面； （2）由平面得，又得平面，故，由得，故而平面，于是； （3）当与重合时，三棱锥的体积最大，即体积最大． 【详解】（1）当点为的中点时，平面．证明如下： ，分别是，的中点， ，又平面，平面， 平面． （2）平面，平面， ， 四边形是矩形，， 又平面，平面，， 平面，平面， ， ，是的中点， ． 又平面，平面，， 平面． 平面， ． （3）． 当时， 三棱锥的体积取得最大值． 21．（23-24高一下·上海宝山·阶段练习）2021年5月，第十届中国花卉博览会将在美丽的崇明岛举办，主办方要对布展区域精心规划.如图，凸四边形ABCD是一个花卉布展区域的平面示意图，为了展示不同品种的花卉，将BD连接，经测量已知 (1)若 ，求此花卉布展区域总面积； (2)求证： 为一个定值； (3)在锐角中，内角A，B，C对的边分别为a，b，c.若 ，求的取值范围 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）先求出 的面积，，在中用余弦定理求出 可以求出 面积，即可求出总面积； （2）分别在 和 中，用余弦定理表示出BD，即可证明为定值； （3）由，结合余弦定理可得，由正弦定理得，则 ，再由，即可求得的取值范围. 【详解】（1）由题意，在 中，且 ， 则 ， 又由余弦定理，得 ， 解得 ， 又在 中，， 得 ， 所以 ， 所以 的面积为 ， 所以花卉布展区域的总面积为 （2）在 中，因为 ，所以 ， 在 中，，由余弦定理，得 ， 所以 ，则 ， 得 ，所以 为一个定值1. （3）因为在锐角中，内角A，B，C对的边分别为a，b，c， 因为 ， 所以 ，则， 所以 ， 所以 ， 所以 ， 又 ， 则 ， 则 ， 故 所以的取值范围为. 学科网（北京）股份有限公司 $$