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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
一、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】−2
【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 ，
学科网（北京）股份有限公司整理得 ，
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 ，
学科网（北京）股份有限公司所以 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
学科网（北京）股份有限公司南昌地标建筑之一．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，
学科网（北京）股份有限公司则 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SAB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 ， ，
学科网（北京）股份有限公司.
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SAD， 平面SCD， 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BC⊥CD，
因为 ， 平面SCD，所以 平面SCD，
因为 平面 ，所以平面 平面SCD，
同理可证得平面 平面SAD，
因为SD⊥平面 ， 平面 ，所以 ，
四边形 ，所以 ，
因为 ， 平面SAD，所以 平面SAD，
因为 平面SCD，所以平面 平面SAD，
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
（ ）．
学科网（北京）股份有限公司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 ；
学科网（北京）股份有限公司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；
学科网（北京）股份有限公司对于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
．
学科网（北京）股份有限公司(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， ，A∈(0,π)， ，
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） ， ， ．
学科网（北京）股份有限公司．
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BED；
(3) 平面BED⊥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 ;
学科网（北京）股份有限公司（2）要证明平面 平面BED,转化为证明 平面 ；
（3）要证明平面BED⊥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PAC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
(3)
12
学科网（北京）股份有限公司【分析】（1）当 为 中点时，由中位线定理可得 ，故 平面PAC；
（2）由 平面 得 ，又 得 平面 ，故 ，由PA=AB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PAC．证明如下：
， 分别是 ， 的中点，
，又 平面PAC，PC⊂平面PAC，
平面PAC．
（2）∵PA⊥平面 ， 平面 ，
∴PA⊥BC，
四边形 是矩形， ，
又 平面 ， 平面 ， ，
∴BC⊥平面 ， 平面 ，
，
， 是 的中点，
∴AF⊥PB．
又 平面 ， 平面 ， ，
∴AF⊥平面 ．
平面 ，
．
（3） ．
当 时，
❑√3
三棱锥 的体积取得最大值 ．
12
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
学科网（北京）股份有限公司(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，BD，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 ，
学科网（北京）股份有限公司又在 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
学科网（北京）股份有限公司，
又 ，
则 ，
则 ，
故
所以 的取值范围为 .
学科网（北京）股份有限公司
