精品解析：黑龙江省齐齐哈尔市衡齐高级中学2024-2025学年高二上学期暑假作业验收（开学）考试数学试题

衡齐高中2024-2025学年上学期高二暑假作业验收考试（数学） 时间：120分钟 分值：150 一、单选题（每题5分，40分） 1. 已知，若(为虚数单位)是实数，则实数等于（ ） A. 1 B. 2 C. D. 2. 如图,三棱柱中,侧面的面积是,点到侧面的距离是,则三棱柱的体积为( ) A. B. C. D. 3. 若在中，，，则的形状是（ ） A. 正三角形 B. 锐角三角形 C. 斜三角形 D. 等腰直角三角形 4. 已知中，角的对边分别为，已知，，若三角形有两解，则边的取值范围是（ ） A. B. C. D. 5. 在平面直角坐标系中，、，若点是线段上的动点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 6. 若角的终边在直线上，则＝（ ） A. B. － C. D. － 7. 设，，，则a，b，c的大小关系是（ ） A. B. C. D. 8. 在正方体中，是棱的中点.则下列说法正确的是（ ） A. 异面直线与所成角的余弦值为 B. 三棱锥的体积是三棱锥体积的3倍 C. 直线与平面所成角的正弦值等于 D. 在棱上一定存在点，使得平面 二、多选题（每题6分，18分） 9. 下列说法正确的是（ ） A. 已知复数满足，为虚数单位，则是方程一个根 B. 已知，，则 C. 有两个面互相平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱 D 10. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 的最小正周期是 B. 函数在上单调递增 C. 的一个对称中心是 D. 若，时，成立，则的最大值为 11. 在棱长为2的正方体中，，则下列说法正确的是（ ） A B. 三棱锥的体积最大值为1 C. 若，则点到直线EF的距离为 D. 三棱锥外接球球心轨迹的长度近似为 三、填空题（每题5分，15分） 12. 已知，用斜二测画法作它的直观图，若是斜边平行于铀的等腰直角三角形，则是________三角形（填“锐角”.“直角”.“钝角”）. 13. 在ABC中，，BC=AC，则角B的大小为______． 14. ①在中，若，，，则此三角形的解的情况是两解． ②数列满足，，则． ③在中，为中线上的一个动点，若，则的最小值是． ④已知，则． ⑤已知等比数列的前项和为，则，，成等比数列． 以上命题正确有______（只填序号）． 四、解答题（77分） 15. 已知一个上、下底面为正三角形且两底面中心连线垂直于底面的三棱台的两底面边长分别为20cm和30cm，且其侧面积等于两底面面积之和，求棱台的高． 16. 如图，在中，D是BC的中点，H是AD的中点，过H作一条直线MN分别与边AB，AC交于M，N，若，. （1）若，，，求值； （2）求的最小值. 17. 在中，角，，的对边分别为，，，且，. （1）求； （2）若，求的面积. 18. 对于平面向量，记，若存在，使得，则称是的“向量”． （1）设，若是的“向量”，求实数的取值范围； （2）若，则是否存在“1向量”?若存在，求出“1向量”；若不存在，请说明理由； （3）已知均为的“向量”，其中．设平面直角坐标系中的点列满足（与原点重合），且与关于点对称，与关于点对称．求的取值范围． 19. 已知,,分别为三个内角的对边，,. （1）求； （2）若的中点，，求,. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 衡齐高中2024-2025学年上学期高二暑假作业验收考试（数学） 时间：120分钟 分值：150 一、单选题（每题5分，40分） 1. 已知，若(为虚数单位)是实数，则实数等于（ ） A. 1 B. 2 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由复数的除法和加法运算化简，再由为实数可得出答案. 【详解】 由为实数，则，所以 故选：A 【点睛】本题考查复数的除法运算和加法运算，复数为实数的充要条件，属于基础题. 2. 如图,三棱柱中,侧面的面积是,点到侧面的距离是,则三棱柱的体积为( ) A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】侧面的面积是,点到侧面的距离是,可得,又,即可求得三棱柱的体积. 【详解】侧面的面积是,点到侧面的距离是 故选:C. 【点睛】本题考查了求三棱锥体积,解题关键是掌握三棱柱体积计算公式和三棱柱特征,考查了分析能力和计算能力,属于基础题. 3. 若在中，，，则的形状是（ ） A. 正三角形 B. 锐角三角形 C. 斜三角形 D. 等腰直角三角形 【答案】D 【解析】 【分析】，平方计算得到得到答案. 【详解】，则，故， 故，故三角形为等腰直角三角形. 故选：D. 【点睛】本题考查了根据向量运算判断三角形形状，意在考查学生的计算能力. 4. 已知中，角的对边分别为，已知，，若三角形有两解，则边的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用三角形有两解的条件即可得解. 【详解】因在中，，，且三角形有两解， 所以，即，解得. 故选：C. 5. 在平面直角坐标系中，、，若点是线段上的动点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】可得，求得的取值范围，进而可求得的取值范围. 【详解】，且，， 为线段上的动点，则，所以，. ，， 则. 故选：D. 【点睛】本题考查向量投影的取值范围的计算，利用代数式的几何意义求解代数式的取值范围是解题的关键，考查化归与转化思想的应用，属于中等题. 6. 若角的终边在直线上，则＝（ ） A. B. － C. D. － 【答案】A 【解析】 【详解】角的终边在直线上，不妨设角的终边上一点的坐标为，则. 所以. 故选：A 7. 设，，，则a，b，c的大小关系是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用三角恒等变换和同角间三角函数的关系判断a，b，c的取值范围，然后继续比较大小即可得答案. 【详解】由题意得 ， ， ， ， ， ，故 , ，则 ，则 , 可得 故选： 8. 在正方体中，是棱的中点.则下列说法正确的是（ ） A. 异面直线与所成角的余弦值为 B. 三棱锥的体积是三棱锥体积的3倍 C. 直线与平面所成角的正弦值等于 D. 在棱上一定存在点，使得平面 【答案】D 【解析】 【分析】 把异面直线与所成角转化为直线与所成的角，可判定A不正确；由棱锥的体积公式，求得所以，可判定B不正确；根据直线与平面所成角的求法，可判定C不正确；根据线面平行的判定定理，可判定D正确. 【详解】设正方体棱长为，如图所示， 对于A中，在正方体中，可得， 所以异面直线与所成角等于直线与所成的角，设， 在直角中，可得，所以，所以不正确； 对于B中，可得， 所以，所以不正确； 对于C中，在正方体中，可得平面， 则点到平面的距离等于点到平面的距离， 连接交于点，可得平面，且， 即点到平面的距离为， 设直线与平面所成角为，则，所以不正确； 对于D中，当点与点重合时，连接， 在中，由点分别为的中点，可得， 又由平面，平面，所以平面， 即在棱上一定存在点，使得平面，所以是正确的. 故选：D. 【点睛】1、空间几何体的体积的求法：（1）公式法：直接根据相关的体积公式计算；（2）等体积法：根据体积公式，通过转换几何体的底面和高使得体积计算更容易，或是求出一些体积比等；（3）割补法：把不能直接计算体积的空间几何体进行适当的分割或补形，转化为可计算体积的几何体. 2、空间角的求解：（1）定义法：根据异面直线所成角、直线与平面所成的角、二面角的定义，结合解三角形求解；（2）空间向量法：根据直线的方向向量、平面的法向量等所成的角求解空间角的大小，但要注意向量所成的角与异面角、线面角及二面角的区别与联系. 二、多选题（每题6分，18分） 9. 下列说法正确的是（ ） A. 已知复数满足，为虚数单位，则是方程的一个根 B. 已知，，则 C. 有两个面互相平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱 D. 【答案】AB 【解析】 【分析】根据复数的乘、除法运算即可判断A；根据诱导公式和反三角函数的概念即可判断B； 根据棱柱的定义，举例说明即可判断C；根据二倍角的正弦公式和诱导公式计算即可判断D. 【详解】A：由，得， 将代入式子， 即是方程的一个根，故A正确； B：由，得，而， 解得，所以，故B正确； C：将两个相同的斜平行六面体叠放组成的多面体不是棱柱，如图，故C错误； D： ，故D错误. 故选：AB. 10. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 最小正周期是 B. 函数在上单调递增 C. 的一个对称中心是 D. 若，时，成立，则的最大值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】先利用辅助角公式化简，再根据正弦函数的周期性，单调性和对称性即可判断ABC；令，则，时，成立，可转化为，时，成立，作出函数和的图象，结合图象即可判断D. 【详解】， 对于A，，故A正确； 对于B，当时，， 所以函数在上单调递增，故B正确； 对于C，因为， 所以不是的一个对称中心，故C错误； 对于D，令，由，得， 设，不妨设，则， 则，时，成立， 即，时，成立，即成立， 令， 则方程有两个不同的解， 如图作出函数和的图象， 由图可知的最大值为， 即，所以， 即的最大值为，故D正确. 故选：ABD. 11. 在棱长为2的正方体中，，则下列说法正确的是（ ） A. B. 三棱锥的体积最大值为1 C. 若，则点到直线EF的距离为 D. 三棱锥外接球球心轨迹的长度近似为 【答案】ACD 【解析】 【分析】以为原点，建立空间坐标系，设，写出各点坐标，由于，则，选项A正确；由三棱锥的体积公式结合二次函数的性质，可得三棱锥的体积最大值，判断出选项B；在中，利用等面积计算，可得点到直线的距离，判断出选项C；求出三棱锥外接球球心坐标，分析可知球心的轨迹为线段（没有端点），可判断出选项D． 【详解】以为原点，建立空间坐标系如图所示， 设， 则，，，，， 对于选项A：可得，， 因为，即，故A正确； 对于选项B：因为三棱锥的体积 当时，三棱锥的体积取到最大值，选项B错误； 对于选项C：若，则，， 设点到直线的距离为， 在中，，，，则， 且为锐角，可得， 则， 即，解得，故C正确； 对于选项D：设三棱锥外接球球心 由题意可知：，即，则， 且，可知球心的轨迹为线段（没有端点），且两个端点坐标为， 所以三棱锥外接球球心轨迹的长度近似为，故D正确； 故选：ACD. 【点睛】关键点点睛：对于选项D：可以利用补形法，将三棱锥补成长方体，可知三棱锥外接球球心即为长方体的中心. 三、填空题（每题5分，15分） 12. 已知，用斜二测画法作它的直观图，若是斜边平行于铀的等腰直角三角形，则是________三角形（填“锐角”.“直角”.“钝角”）. 【答案】直角 【解析】 【分析】根据斜二测画法，，直接判断的形状． 【详解】如图所示，且，，将还原可得，所以，所以为直角三角形． 【点睛】本题考查斜二测画法中直观图的还原，属基础题． 13. 在ABC中，，BC=AC，则角B的大小为______． 【答案】 【解析】 【分析】由，化简得到，进而得到，再由 BC=AC，得到求解. 【详解】解：在ABC中，， 所以，即， 所以，则， 又因为 BC=AC， 所以, 则 ，即， 所以或（舍去）， 所以 故答案为： 14. ①在中，若，，，则此三角形的解的情况是两解． ②数列满足，，则． ③在中，为中线上的一个动点，若，则的最小值是． ④已知，则． ⑤已知等比数列的前项和为，则，，成等比数列． 以上命题正确的有______（只填序号）． 【答案】① 【解析】 【分析】根据三角形解得个数的判定方法，可判定①正确；由等比数列的定义和通项公式，可判定②不正确；由向量的数量积的运算，可判定③不正确；由数列的递推公式求解数列的通项公式，可判定④不正确；举出反例，可判定⑤不正确. 【详解】对于①中，由，可得， 因为，所以有两解，故①正确； 对于②中，由，可得，即， 所以数列构成首项为，公比为2的等比数列，所以， 即，所以，故②不正确； 对于③中，设，其中，则, 由为中线上的一个动点，若， 则 ， 当时，取得最小值，最小值为，故③不正确； 对于④中，由， 则， 两式相减，可得，所以， 当时，可得，不适合上式， 所以数列的通项公式为，故④不正确； 对于⑤中，例如；等比数列为：时，可得，，，此时不能构成等比数列，故⑤不正确. 故答案为：①. 【点睛】本题主要考查了命题的真假判定，其中解答中涉及到三角形解得个数的判定，等比数列的定义域通项公式，数列的递推公式的应用，以及平面向量的线性运算及数量积的运算等知识点综合考查，属于中档试题. 四、解答题（77分） 15. 已知一个上、下底面为正三角形且两底面中心连线垂直于底面的三棱台的两底面边长分别为20cm和30cm，且其侧面积等于两底面面积之和，求棱台的高． 【答案】4 【解析】 【分析】利用棱台的高、斜高、边心距构成直角梯形，通过构造直角三角形，利用勾股定理求出棱台的高． 【详解】如图所示，在正三棱台ABC-A1B1C1中，两底面边长分别为AB=30cm，A1B1=20cm， ∴侧面积为S侧=3××（30+20）•DD1， 两底面积之和为S底=×（302+202）， ∵S侧=S底，∴•DD1=×1300，解得DD1=， ∴OO12==， ∴OO1=4； 即棱台的高为4． 【点睛】本题主要考查了求正三棱台的高的问题，其中解题时应结合图形，利用棱台的高、斜高、边心距构成直角梯形，通过构造直角三角形，利用勾股定理求解是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题． 16. 如图，在中，D是BC的中点，H是AD的中点，过H作一条直线MN分别与边AB，AC交于M，N，若，. （1）若，，，求的值； （2）求的最小值. 【答案】（1）；（2） 【解析】 【分析】（1）以向量为基底表示出，即可求解； （2）根据与 共 线 ，得到存在使 ，用 表示出，再利用基本不等式即可求解. 【详解】解：（1）D是BC的中点，H是AD的中点， ，， 故， 又， ； （2），，， ， 与共 线 ， 存 在使 ， 即， ， 即 ， ， 当且仅当“”时，即“”时 取 等 号， 故 的最小值为：. 17. 在中，角，，的对边分别为，，，且，. （1）求； （2）若，求的面积. 【答案】（1）（2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理化简可得，利用余弦定理即可得到值． （2）结合（1）可得以及边的长，利用面积公式即可得到答案． 【详解】解：（1）因为，所以，即. 又因为， 所以. （2）因为，所以. 因为，在中，，所以 所以. 【点睛】本题主要考查正弦定理的边角互化以及余弦定理与面积公式，考查学生基本的计算能力，属于基础题． 18. 对于平面向量，记，若存在，使得，则称是的“向量”． （1）设，若是的“向量”，求实数的取值范围； （2）若，则是否存在“1向量”?若存在，求出“1向量”；若不存在，请说明理由； （3）已知均为的“向量”，其中．设平面直角坐标系中的点列满足（与原点重合），且与关于点对称，与关于点对称．求的取值范围． 【答案】（1）或， （2）存在“1向量”， “1向量”为， （3） 【解析】 【分析】（1）根据“向量”的定义，即可由模长公式求解； （2）利用三角函数的周期性可得，即可由定义求解， （3）由定义，结合模长公式可得，设，由条件列式，变形为，结合三角函数的性子，转化为求的最小值． 【小问1详解】 由可得， 故，， 由于是的“向量”，所以即， 解得或， 【小问2详解】 由于均为周期函数，且周期为，而 故， 若存在“1向量”，则存在，使得 故， 即， 故，故, 解得，即或 故存在“1向量”?若存在，“1向量”为 故， 【小问3详解】 由于均为的“向量”，故， 即，， 即，同理，， 三式相加并化简，得：， 即，，所以， 设，由，得， 设,，则依题意得：， 得 故， 同理， 故， 所以， ， 故， 故， 【点睛】关键点点睛：（1）（2）问充分利用定义，结合向量的坐标运算，模长公式，以及三角函数的周期性求解,（3）问，利用点关于点的对称，得到坐标间的关系，利用递推得是解题关键. 19. 已知,,分别为三个内角的对边，,. （1）求； （2）若的中点，，求,. 【答案】(1)；(2)或. 【解析】 【详解】分析：（1）由已知利用正弦定理，三角形内角和定理，两角和的正弦函数公式可得，结合范围，可求，利用平面向量数量积的运行可求，根据三角形面积公式即可计算得解． （2）由已知可得，两边平方可得又结合，即可解得的值． 详解： （1) 又 (2) 又或. 点睛：本题主要考查了正弦定理，三角形内角和定理，两角和的正弦函数公式，平面向量数量积的运算，三角形面积公式在解三角形中的综合应用，考查了运算求解能力和转化思想，属于中档题． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$