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2024年秋季学期高二入学检测卷
数学
注意事项:
1.答题前,考生务必将自己的姓名?考生号?考场号?座位号填写在答题卡上.
2.回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号.回答非选择题时,将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回.
4.本试卷主要考试内容:北师大版必修第二册,选择性必修第一册第一章1.1—1.2.
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.在复平面内,复数对应的点位于()
A.第一象限 B.第二象限
C.第三象限 D.第四象限
【答案】A
【解析】
【分析】先进行复数的乘法运算,再根据复数的代数形式确定对应点与所在象限即可.
【详解】,
复数对应的点为,
故复数对应的点位于第一象限.
故选:A.
2.已知的三个顶点分别为,且,则()
A.2 B.3 C.4 D.5
【答案】D
【解析】
【分析】利用向量垂直的充要条件,列方程求解即得.
【详解】由可得,,
因,故,解得.
故选:D.
3.记的内角的对边分别为,若,则()
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用正弦定理可得,代入计算即可.
【详解】由正弦定理,得.
故选:D.
4.直线的倾斜角为()
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据直线倾斜角与斜率之间的关系即可得倾斜角.
【详解】因为该直线的斜率为,所以它的倾斜角为.
故选:A
5.把函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象,图象的对称轴与图象的对称轴重合,则的值可能为()
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先根据平移得出函数解析式,再根据图像的对称性求出参数即可判断.
【详解】由题意得,与函数对称轴相同,
则,
得,所以的值可能为.
故选:C.
6.在中,角的对边分别为,若,则()
A.6 B.4 C.3 D.2
【答案】B
【解析】
【分析】利用余弦定理结合整体代入思想求解即可.
【详解】因为,所以,而,
在中,,所以,故,
由余弦定理得,代入得,
,故,
故,故B正确.
故选:B
7.若,则()
A.1 B.-1 C.2 D.-2
【答案】B
【解析】
【分析】由两角差的正弦、余弦、正切公式展开化简即可.
详解】由题意得,
则
故选:B
8.已知圆锥在正方体内,,且垂直于圆锥的底面,当该圆锥的底面积最大时,圆锥的体积为()
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】如图所示,取的中点,分别记为,,连接,根据题意分析出当圆锥底面与正六边形相内切时,圆锥底面积最大,结合正方体性质计算即可.
【详解】如图所示,取的中点,分别记为,,
连接.
根据正方体的性质易知六边形为正六边形,
此时的中点为该正六边形的中心,且平面,
当圆锥底面内切于正六边形时,该圆锥的底面积最大.
设此时圆锥的底面圆半径为,因为,所以,
所以,圆锥的底面积,圆锥的高,
所以圆锥的体积.
故选:C.
【点睛】关键点点睛:本题关键是由正方体的性质确定圆锥底面面积最大值,根据正六边形的性质求出圆锥的底面半径.
二?多选题:本题共3小题,每小题6分,共18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6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分.
9.若空间几何体的顶点数和空间几何体的顶点数之和为12,则和可能分别是()
A.三棱锥和四棱柱 B.四棱锥和三棱柱
C.四棱锥和四棱柱 D.五棱锥和三棱柱
【答案】AD
【解析】
【分析】根据题意,结合空间几何体的结构特征,逐项判定,即可求解.
【详解】对于A中,由三棱锥的顶点数为4个,四棱柱的顶点数为8个,
所以两个几何体的顶点数之和为12个,符合题意;
对于B中,由四棱锥的顶点数为5个,三棱柱的顶点数为6个,
所以两个几何体的顶点数之和为11个,不符合题意;
对于C中,由四棱锥的顶点数为5个,四棱柱的顶点数为8个,
所以两个几何体的顶点数之和为13个,不符合题意;
对于D中,由五棱锥顶点数为6个,三棱柱的顶点数为6个,
所以两个几何体的顶点数之和为12个,符合题意.
故选:AD.
10.已知复数,则()
A. B.
C.的虚部为3 D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】先由复数除法得复数的简化形式,对于A,由共轭复数概念即可得解;对于B,由复数模长公式即可得解;对于C,由复数的虚部概念可得解;对于D,由复数乘法以及共轭复数定义即可得解.
【详解】由题得,
对于
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