数学03（全国通用，北师大版2019）-2024年新高二开学摸底考试卷

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（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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．考试范围：北师大版2019
4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、单项选择题：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．若复数满足，则在复平面内对应的点位于（ ）
A．第一象限B．第二象限
C．第三象限D．第四象限
【答案】C
【分析】计算得到，再根据定义判断即可.
【详解】由知，故在复平面内对应，在第三象限.
故选：C.
2．古代文人墨客与丹青手都善于在纸扇上题字题画，题字题画的扇面多为扇环形.已知某纸扇的扇面如图所示，其中外弧长与内弧长之和为，连接外弧与内弧的两端的线段长均为，且该扇环的圆心角的弧度数为，则该扇环的外弧长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】设该扇环的内弧的半径为，根据弧长公式计算可得.
【详解】设该扇环的内弧的半径为，则外弧的半径为，圆心角，
所以，即，解得，
所以该扇环的外弧长.
故选：C
3．在中，是边上靠近点的三等分点，是的中点，若，则（ ）
A．0B．C．D．1
【答案】C
【分析】根据平面向量基本定理结合已知条件将用，即可求出，从而可求出结果.
【详解】
因为D是BC边上靠近点的三等分点，E是的中点，
所以，
所以，
因为向量不共线，所以，
所以.
故选：C.
4．已知直线l：与圆C：有公共点，则实数m的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据直线与圆恒有公共点，由求解.
【详解】圆C：，知，
圆心到直线的距离为：，
解得：.
故选：A
5．若函数，则函数的单调递增区间为（ ）
A．，B．，
C．，D．，
【答案】C
【分析】先将函数解析式化简整理，得到，根据，即可求出结果.
【详解】因为，
所以，
所以，
则函数的单调递增区间为，，
故选：C
6．在正方体中，为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】取的中点，连接，设正方体棱长为，则为异面直线与所成角或其补角，利用余弦定理求解.
【详解】

取的中点，连接，设正方体棱长为，
因为，所以四边形为平行四边形，
所以，则为异面直线与所成角或其补角，
由
所以.
故选：B
7．将函数的图象向左平移个单位长度，再把所得函数图象的横坐标变为原来的倍，可以得到函数的图象，若在上没有零点，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先根据图象的变换求出，再结合三角函数性质求解即可.
【详解】将函数的图象向左平移个单位长度，得到，
再把所得函数图象的横坐标变为原来的倍，得到函数的图象，即
因为，所以，
因为在上无零点，所以，
即，解得，
因为，所以，.
故选：A
8．在中，角，，的对边分别为，，，是的中点，且，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】首先求出，，，设，利用正弦定理得到，，再由余弦定理求出，最后利用基本不等式计算可得.
【详解】因为且，，
所以，，则，
设，
在和中，由正弦定理可得，，
所以，，
在中由余弦定理，
因为，所以，
所以，
当且仅当，即时取等号.
故选：D
【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是用的式子表示、，将多变量化为单变量问题.
二、多项选择题：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．已知函数，则（ ）．
A．的最小正周期为B．的最大值为3
C．的图象关于点对称D．的图象关于直线对称
【答案】ACD
【分析】先利用两角和差公式得到，即可根据三角函数图象性质逐项判断.
【详解】，
则的最小正周期为，故A正确；
的最大值为，故B错误；
的图象关于点对称，故C正确；
的图象关于直线对称．故D正确，
故选：ACD.
10．已知圆，则（ ）
A．圆的圆心坐标为
B．圆的周长为
C．圆与圆外切
D．圆截轴所得的弦长为3
【答案】BC
【分析】根据圆C和圆M的方程得它们的圆心和半径即可求解判断ABC，对于D求出圆C上横坐标为0的点的纵坐标即可判断.
【详解】对于AB，圆的方程可化为，
可得圆心的坐标为，半径为，则周长为，可知错误，正确；
对于，由，为两圆半径之和，可知正确；
对于，令，可得，解得或3，
可得圆截轴所得的弦长为4，可知错误.
故选：BC.
11．正方体中，分别为的中点，为侧面内一点，则（ ）
A．存在点，使得平面
B．线段上不存在点，使与所成角为30°
C．当∥平面时，的最大值为
D．当点为侧面中心时，平面截正方体所得的截面为五边形
【答案】BCD
【分析】对于A，假设存在平面，利用反证法分析判断，对于B，由∥，得是异面直线与所成角，然后在直角中求解判断，对于C，取中点中点，可证得平面∥平面，则平面，所以，从而可求出的最大值，对于D，根据平面的性质作出截面判断.
【详解】设正方体的棱长为2
对于A，若存在平面，因为平面，则平面平面，矛盾，
故不存在点使平面，故A错误；
对于B，因为∥，则是异面直线与所成角，
因为平面平面，为直角三角形，，，
则，所以不存在点使与所成角为，故B正确；
对于C，取中点中点，则∥，平面平面，
则∥平面，因为∥平面平面，
则∥平面，，所以平面∥平面，
因为∥四点共面，平面∥平面，
所以∥平面时，平面，
平面平面，
在中，边上的高满足，则，，故C正确；
对于D，过作∥交于，过作∥交于，∥且，延长相交于平面，为中点，且为中点，所以∥且，
即三点共线且，
连接并延长，与相交于点，与的延长线相交于点，∥，所以，
连接与相交于点∥，所以，
连接与相交于点，由对称性可得，
连接，则平面截正方体所得的截面图形为五边形，故D正确．
故选：BCD．
【点睛】关键点点睛：本小题以正方体为载体，考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识；解题的关键是结合正方体的性质求解，考查空间想象能力、推理论证能力等；导向对直观想象、逻辑推理、数学运算等核心素养的关注；体现基础性与综合性，属于较难题．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．已知复数z的模为2，则的最大值为 ．
【答案】3
【分析】利用复数模的几何意义，求出的最大值.
【详解】复数z的模为2，表示复数在复平面内对应的点到原点的距离为2，
则点的轨迹是以原点为圆心，2为半径的圆，
而是圆上的点到点的距离，
所以.
故答案为：3
13．如图，在中，，是线段上一点，若，则的最大值为 .
【答案】
【分析】根据向量性质得出的关系，再应用基本不等式计算积的最大值即可.
【详解】因为,所以,
因为在一条直线上，所以,
所以,当且仅当时取等号，
所以的最大值为.
故答案为：.
14．十七世纪法国数学家、被誉为业余数学家之王的皮埃尔・德・费马提出的一个著名的几何问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与这个三角形的三个顶点的距离之和最小”，意大利数学家托里拆利给出了解答，当的三个内角均小于时，使得的点即为费马点；当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点为费马点.已知，，分别是三个内角，，的对边，且，若点为的费马点，，则实数的取值范围为 .
【答案】
【分析】根据题意利用正弦定理结合三角恒等变换可得，结论可得，设，推出，利用余弦定理以及勾股定理即可推出，再结合基本不等式即可求得答案.
【详解】因为，则，整理得，
由正弦定理可得，
则，且，则
可得，可知，
故由点为的费马点得，

设，
由得；
由余弦定理得，
，
，
因为，
即，可得，
且，则，
当且仅当，即时，等号成立，
又因为，则，解得或（舍去），
所以实数的取值范围为.
故答案为：.
【点睛】关键点睛：解答本题首先要理解费马点的含义，关键在于设，推出，结合费马点含义，利用余弦定理推出，然后利用基本不等式即可求解.
四、解答题：本题共5小题，其中第15题13分，第16,17题15分，第18,19题17分，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．（本题满分13分）已知，复数.
(1)若为纯虚数，求；
(2)若在复平面内对应的点位于第二象限，求整数的值.
【答案】(1)；
(2)和
【分析】（1）由为纯虚数，求出的值，从而得到复数，求解模长即可；
（2）在复平面内对应的点位于第二象限，求出的取值范围，进而得到整数的值即可.
【详解】（1）由于复数为纯虚数，
所以，解得，此时，
（2）若在复平面内对应的点位于第二象限，
则，解得，
故整数的值有.
16．（本题满分15分）如图，在梯形中，，分别为的中点，是线段上的动点．
(1)若，求证：三点共线；
(2)若，求的最小值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)．
【分析】（1）根据平面向量的线性运算结合向量共线的判定定理分析证明；
（2）根据平面向量线性运算，分别利用基底法和坐标法表示，得到关于的一元二次函数，再利用一元二次函数的最值求解即可.
【详解】（1）由题意知，，
所以，
所以三点共线；
（2）在梯形中，，
易得，
设，
解法一：所以，
所以，
当且仅当时，等号成立，
所以的最小值为；
解法二：因为，
所以，
，
所以
，
当且仅当时，等号成立，所以最小值为；
解法三：以为坐标原点建立如图所示坐标系，
则，
设，则，
由于，因此，
解得，，
因此，
故，
当且仅当时，等号成立，
所以的最小值为．
17．（本题满分15分）如图，在正方形中，点E、F分别是AB、BC的中点，将、分别沿DE、DF折起，使A，C两点重合于P，连接EF，PB.
(1)求证：；
(2)点M是PD上一点，若直线MF与平面所成角的正切值为，求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由题意可得，则由线面垂直的判定定理可得平面，则，再由正方形性质可得，则平面，从而可证得；
（2）由（1）可得为直线MF与平面所成角，则，令，然后根据正方形的性质求出其它边长，最后在中利用余弦定理可求得结果.
【详解】（1）证明：在正方形中，连接，则，
因为点E、F分别是AB、BC的中点，所以∥，
所以，
因为，，平面，
所以平面，
因为平面，所以，
因为，平面，
所以平面，
因为平面，所以；
（2）解：由（1）平面，所以为直线MF与平面所成角，
所以，
令，则，
所以，
设，连接，
由（1）知平面，因为平面，所以，
因为，所以为二面角的平面角，
因为为的中点，，所以为等腰三角形，
所以，
因为，所以，
所以，
，，
在中，由余弦定理得
，
所以二面角的余弦值为.
【点睛】关键点点睛：此题考查由线面垂直证线线垂直，考查线面角和二面角，考查折叠问题，解题的关键是弄清折叠前后边角的关系，考查空间想象能力和计算能力，属于中档题》
18．（本题满分17分）已知函数.
请在下面的三个条件中任选两个解答问题.
①函数 的图象过点 ；
②函数 的图象关于点 对称；
③函数 相邻对称轴与对称中心之间距离为1.
(1)求函数 的解析式；
(2)若 是函数 的零点，求 的值组成的集合；
(3)当 时，是否存在满足不等式？若存在，求出 的范围；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)；
(2)
(3)存在； .
【分析】（1）选择①②，将点代入，结合可求，由的图象关于点对称可得，结合，可得，即可解出函数解析式；选择①③：将点代入，结合可求，由函数 相邻对称轴与对称中心之间距离为1，可得，利用周期公式得，即可求解函数解析式；选择②③：由函数 相邻对称轴与对称中心之间距离为1，可得，结合周期公式得：，由图象关于点对称，得，，进而求解出函数解析式；
（2）若是函数的零点，则根据不同解析式求解可得的值，解得，进而可得可能的取值，即可求解；
（3）由，得，根据函数自变量的范围和利用偶函数的性质原不等式可化为关于的不等式，即可求解.
【详解】（1）选择①②：因为函数 的图象过点 ，所以，
解得，因为，所以，
因为函数的图象关于点对称，则，
可得，因为，所以，
所以；
选择①③：
因为函数 的图象过点 ，所以，
解得，因为，所以，
函数 相邻对称轴与对称中心之间距离为1，
所以，所以，解得：，
所以，
选择②③：
函数 相邻对称轴与对称中心之间距离为1，
所以，所以，解得：，
因为函数的图象关于点对称，则，
可得，所以
所以.
（2）若是函数的零点，则
可得，所以或
解得：或，
若是函数 的零点，
则，
当时，，
当时，，
当时，，
所以的值组成的集合为
（3）
当时，，令，则，
令，则
因为，所以，即，
所以，即，
解得：.
所以实数的范围是：.
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是由余弦函数的性质求出的解析式，再利用余弦函数的零点可求可能的取值，求的范围的关键是构造偶函数，利用单调性，解关于的不等式.
19．（本题满分17分）定义:为实数对的“正弦方差”.
(1)若，则实数对的“正弦方差”的值是否是与无关的定值，并证明你的结论
(2)若，若实数对的“正弦方差”的值是与无关的定值，求值.
【答案】(1)是与无关的定值，证明见解析；
(2)或.
【分析】（1）根据的定义，结合三角恒等变换，整理化简，即可求得结果为定值；
（2）根据的定义，结合三角恒等变换，根据其为定值，求得，再结合角度范围，即可求得结果.
【详解】（1）“正弦方差”的值是与无关的定值；
证明：若，
则
.
（2）若，
根据题意，
因为的值是与无关的定值，故可得，
因为，故，
由可知，或，即或，
若，则，，故舍去；
对，两边平方后相加可得：
，即；
因为，故或或，
即或或；
综上所述，当，解得，不满足题意；
当，解得，满足题意；
当，解得，满足题意；
故或.
【点睛】关键点点睛：解决本题第二问的关键一是找到的关系，二是根据角度范围，讨论可能得取值.