精品解析：山东省东营市广饶县第一中学2024-2025学年高二上学期开学收心考试数学试题（火箭班）

66级高二数学收心考试 一、单选题 1. 已知复数满足，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知，则（ ） A. 4 B. C. D. 3 3. 已知圆锥的底面半径是1，高为，则圆锥的侧面积是（ ） A. B. C. D. 4. 下列四个函数中，以为最小正周期，且在区间上单调递减的是（ ） A. B. C. D. 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知是直线，，是两个不同的平面，下列正确的命题是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 7. 已知函数的部分图象如图所示，则下列结论错误的是（ ） A. 函数的解析式可以为 B. 函数的图像关于直线对称 C. 函数在上单调递减 D. 函数的图像关于点对称 8. 在中，设角，，所对的边长分别为，，，且，，则面积的最大值为（ ） A. B. C. 2 D. 4 二、多选题 9. 已知复数（）的实部为，则（ ） A. 复数的共轭复数 B. C. D. 在复平面内对应的点位于第三象限 10. 在中，是边上的一点，则（ ） A. B. C. 若，则 D. 若是的平分线，则 11. 函数，则（ ） A. 的最小正周期为 B. 的图象关于对称 C. 在上单调递增 D. 当时，的值域为 三、填空题 12. 若水平放置的四边形按“斜二测画法”得到如图所示的直观图，四边形为等腰梯形，，则原四边形的面积为_______． 13. 已知平面向量，向量在向量上的投影向量为，则=______. 14. 已知正四棱台的上、下底面棱长分别为1和2，侧棱长为1，则该正四棱台的体积为______. 四、解答题 15. 已知向量. （1）当且时，求; （2）当时，求与夹角的余弦值. 16. 已知复数，其中是正实数，是虚数单位 （1）如果为纯虚数，求实数的值； （2）如果，是关于的方程的一个复根，求的值. 17. 记的内角，，的对边分别为，，.已知. （1）求； （2）若是的中点，且，，求. 18. 在正三棱柱中，，分别为，的中点. （1）证明：平面； （2）证明：平面. 19. 已知向量，函数． （1）求函数在上的单调递减区间； （2）若，且，求的值； （3）将图象上所有的点向左平移个单位，然后再向上平移1个单位，最后使所有点的纵坐标变为原来的2倍，得到函数的图象，当时，方程有一解，求实数的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 66级高二数学收心考试 一、单选题 1. 已知复数满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由复数除法计算，可解问题. 【详解】根据题意，. 故选：D 2. 已知，则（ ） A. 4 B. C. D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】首先求出，再将弦化切，最后代入计算可得. 【详解】因为，所以， 所以. 故选：C 3. 已知圆锥的底面半径是1，高为，则圆锥的侧面积是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意求出圆锥的母线长，再利用圆锥的侧面积公式可求得答案. 【详解】因为圆锥的底面半径是1，高为， 所以圆锥的母线长为， 所以圆锥的侧面积为. 故选：D 4. 下列四个函数中，以为最小正周期，且在区间上单调递减的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据三角函数的性质及函数图象的变换一一判断即可. 【详解】对于A：的图象是由的图象将轴下方的图象关于轴对称上去，轴及轴上方部分不变， 其函数图象如下所示： 则的最小正周期为，但是在上单调递增，故A错误； 对于B：的最小正周期为，但是在上单调递增，故B错误； 对于C：的最小正周期，故C错误； 对于D：的图象是由的图象将轴下方的图象关于轴对称上去，轴及轴上方部分不变， 其函数图象如下所示： 则的最小正周期为，且在上单调递减，故D正确. 故选：D 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用换元法结合诱导公式、倍角公式即可求解. 【详解】令，则， 所以， 故选：A. 6. 已知是直线，，是两个不同的平面，下列正确的命题是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 【答案】D 【解析】 【分析】利用直线与平面的位置关系的判定和性质即可选出正确答案. 【详解】选项A：根据给定条件有 或； 选项B：根据给定条件有 或； 选项C：根据给定条件有与的位置可能平行、相交或m在α内； 选项D：因为，所以存在直线使得， 又因为，所以，因为，所以. 故选：D. 7. 已知函数的部分图象如图所示，则下列结论错误的是（ ） A. 函数的解析式可以为 B. 函数的图像关于直线对称 C. 函数在上单调递减 D. 函数的图像关于点对称 【答案】C 【解析】 【分析】由已知结合最值求A，结合周期求出，由特殊点求，进而可求，然后结合正弦函数的对称性及单调性即可判断． 【详解】由题意得，，，所以，故， 因为，， 因为，所以，，A正确； 因为，此时取得最小值，B正确； 当时，，此时不单调，C错误； 因为，D正确． 故选：C． 8. 在中，设角，，所对的边长分别为，，，且，，则面积的最大值为（ ） A. B. C. 2 D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】利用正弦定理将角化边，再由余弦定理求出，从而求出，由重要不等式求出的最大值，最后由面积公式计算可得. 【详解】因为， 由正弦定理可得，即，即， 所以，又，则， 又因为，，即， 所以，当且仅当时取得等号， 所以， 即面积的最大值为，当且仅当时取得. 故选：A． 二、多选题 9. 已知复数（）的实部为，则（ ） A. 复数的共轭复数 B. C. D. 在复平面内对应的点位于第三象限 【答案】BD 【解析】 【分析】首先化简复数，根据实部为，求，再根据复数的相关概念，判断选项. 【详解】因为复数的实部是，所以，解得：，所以， A：复数的共轭复数，错误； B：，正确； C：，错误； D：在复平面内对应的点是，位于第三象限，正确. 故选：BD. 10. 在中，是边上的一点，则（ ） A. B. C. 若，则 D. 若是的平分线，则 【答案】BC 【解析】 【分析】根据向量的数量积公式，判断A，根据余弦定理求，判断B，根据向量的转化，判断C，根据三角形的面积公式，即可判断D. 【详解】对于选项A ：，故选项 A 错误； 对于选项B：由余弦定理，得，解得，故选项B正确； 对于选项C：因为，所以，所以，故选项C正确； 对于选项D：由等面积法，得 ， 即，解得，故选项D错误； 故选：BC 11. 函数，则（ ） A. 的最小正周期为 B. 的图象关于对称 C. 在上单调递增 D. 当时，的值域为 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用两角和的正弦公式化简函数解析式，再根据正弦函数的性质一一判断即可. 【详解】因为 ， 所以的最小正周期为，故A正确； 因为，所以的图象关于对称，故B正确； 当时，，因为在上不单调， 所以在上不单调，故C错误； 当时，，所以，所以，故D正确. 故选：ABD 三、填空题 12. 若水平放置的四边形按“斜二测画法”得到如图所示的直观图，四边形为等腰梯形，，则原四边形的面积为_______． 【答案】 【解析】 【分析】由斜二测画法的知识求解． 【详解】在直观图中，四边形为等腰梯形，，而， 则，由斜二测画法得原四边形是直角梯形，，如图． 所以四边形的面积为． 故答案为： 13. 已知平面向量，向量在向量上的投影向量为，则=______. 【答案】 【解析】 【分析】根据投影向量的定义即可求解 【详解】由投影向量的定理可得，向量在向量上的投影向量为：， 又向量在向量上的投影向量为，所以， 所以，所以， 故答案为： 14. 已知正四棱台的上、下底面棱长分别为1和2，侧棱长为1，则该正四棱台的体积为______. 【答案】## 【解析】 【分析】根据题意先求出棱台的高，然后利用棱台体积公式可求解. 【详解】由题意作出正四棱台图象，如下图所示： 为正四棱台，， 连接，得，， 过作，过作， 所以，， 在直角三角形中，， 所以正四棱台的高，正四棱台上、下底面积为和， 所以体积 故答案为：. 四、解答题 15. 已知向量. （1）当且时，求; （2）当时，求与夹角的余弦值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据向量垂直坐标表示求出，再利用那个向量模的坐标公式求解； （2）根据向量共线的坐标运算求出，再利用向量的夹角公式求解. 【小问1详解】 当且时, ,即， 所以，解得（负值舍去）， 所以， 所以， 所以； 【小问2详解】 ，， 则，又，， 所以，解得，所以， 则， 即与夹角的余弦值为. 16. 已知复数，其中是正实数，是虚数单位 （1）如果为纯虚数，求实数的值； （2）如果，是关于的方程的一个复根，求的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先利用复数的四则运算求得，再利用复数的分类即可得解； （2）先利用复数的四则运算化简，从而得到题设方程的两个复根，再利用韦达定理即可得解. 【小问1详解】 因为，所以， 因为为纯虚数，所以，解得（负值舍去）， 所以. 【小问2详解】 因为，所以， 则， 因为是关于的方程的一个复根， 所以与是的两个复根， 故，则， 所以. 17. 记的内角，，的对边分别为，，.已知. （1）求； （2）若是的中点，且，，求. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理将边化角，再由两角和的正弦公式及诱导公式计算可得； （2）在中利用余弦定理求出，再在中利用余弦定理求出. 【小问1详解】 因为， 又正弦定理可得， 则， 即，所以， 又，所以，所以，又，所以； 【小问2详解】 在中，由余弦定理可得， 即，解得或（舍去）， 在中，由余弦定理可得， 即，所以. 18. 在正三棱柱中，，分别为，的中点. （1）证明：平面； （2）证明：平面. 【答案】（1） 取的中点，连接，， 因为为的中点， 所以且， 又因为且， 所以且， 所以四边形为平行四边形， 所以， 又因为平面，平面， 所以平面. （2） 因为为直三棱柱， 所以平面，因为面， 所以， 因为为等边三角形，所以， 又平面， 所以平面，又， 所以平面. 【解析】 【分析】（1）根据线面平行判定定理证明即可； （2）先证明线面垂直再应用平行得出结论. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 19. 已知向量，函数． （1）求函数在上的单调递减区间； （2）若，且，求的值； （3）将图象上所有的点向左平移个单位，然后再向上平移1个单位，最后使所有点的纵坐标变为原来的2倍，得到函数的图象，当时，方程有一解，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用平面向量数量积的坐标表示结合二倍角公式、辅助角公式化简，再根据三角函数的性质整体代换计算即可求单调减区间； （2）利用同角三角函数的平方关系得，再根据余弦的和角公式计算即可； （3）根据三角函数图象变换得，再根据三角函数的性质计算即可. 【小问1详解】 因为， 所以即 又因为，所以函数在上的单调递减区间为 【小问2详解】 若则，所以. 因为，所以， 所以， 所以 故. 【小问3详解】 将图象上所有的点的纵坐标变为原来的，再向下平移1个单位，最后再向右平移个单位得到函数的图象， 即： 则， 当时， 由方程有一解，可得的取值范围为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $