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安徽省淮北市部分学校2024-2025学年高二上学期开学考试数学试题
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这是一份安徽省淮北市部分学校2024-2025学年高二上学期开学考试数学试题，共12页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（每题5分，共40分）
1．如图，一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形，且，，则该平面图形的高为（ ）
A．B．3
C．D．
2．一平面截某几何体得一三棱台，则该几何体可能是（ ）
A．三棱柱 B．三棱锥 C．四棱锥 D．圆锥
3．（ ）
A． B． C．D．
4．已知为单位向量，且，则向量与的夹角为（ ）
A． B． C． D．
5．已知 ，则 （ ）
A． B． C． D．
6．已知△ABC是边长为6的等边三角形，点分别是上的点，满足，连接交于点，求（ ）
A． B． C． D．
7．如图，四边形中，，若，且，则面积的最大值为（ ）
A．B．
C．D．
8．已知，且•7，则（ ）
A． B． C．或 D．
二、多选题（每题6分，共18分；部分选对给部分分）
9．下列命题中为假命题的是（ ）
A．长方体是四棱柱，直四棱柱是长方体
B．有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体叫棱柱
C．有两个侧面是矩形的四棱柱是直四棱柱
D．正四棱柱是平行六面体
10．△ABC的内角，，的对边分别为，，，且，，，则下列命题成立的是（ ）
A． B．
C．最大内角是最小内角的2倍 D．△ABC为直角三角形
11．设向量，，若，则x的取值可能是（ ）
A． B．0 C．3 D．5
三、填空题（每题5分，共15分）
12．若复数为虚数单位为纯虚数，则的值为 .
13．若sinθ=kcsθ，则sinθcsθ= .（用k表示）
14．赵爽是我国古代数学家，大约在公元222年，他为《周髀算经》一书作序时，介绍了“勾股圆方图”，亦称“赵爽弦图”（以弦为边长得到的正方形由4个全等的直角三角形再加上中间一个小正方形组成）.类比“赵爽弦图”，可构造如图所示的图形，它是由3个全等的三角形与中间一个小等边三角形拼成的一个较大的等边三角形，设（，），若，则 .
四、解答题（共77分）
15．（13分）已知函数
(1)求的最小正周期和单调递减区间;
(2)若在上恒成立,求实数的取值范围.
16．（15分）已知函数f（x）＝sinxcsxcs2x+1
（1）求f（x）的最小正周期和最大值，并写出取得最大值时x的集合；
（2）将f（x）的函数图象向左平移φ（φ＞0）个单位后得到的函数g（x）是偶函数，求φ的最小值.
17．（15分）已知△ABC中，角的对边分别为，.
(1)是边上的中线，，且，求的长度.
(2)若△ABC为锐角三角形，且，求△ABC面积的取值范围.
18．（17分）如图，为空间四边形，点、分别是、的中点，点、分别在、上，且，．求证：
(1)、、、四点共面；
(2)、必相交且交点在直线上．
19．（17分）已知函数的定义域为R，现有两种对变换的操作：变换：；变换：，其中为大于的常数．
(1)设，，为做变换后的结果，解方程：；
(2)设，为做变换后的结果，解不等式：；
(3)设在上单调递增，先做变换后得到，再做变换后得到；先做变换后得到，再做变换后得到．若恒成立，证明：函数在R上单调递增．
淮北市部分学校2024学年秋季高二开学考试
数学（北师大版）
参考答案：
1．C
【分析】根据斜二测画法即可直接求解.
【详解】由直观图可知在轴上，在轴上，
原图如图所示，在原图中，在轴上，在轴上，，
所以的长即为该平面图形的高，且.
2．B
【分析】根据棱锥与棱台的关系，结合选项可得答案
【详解】由棱锥的底面和平行于底面的一个截面间的部分，叫做棱台
所以用平行于三棱锥的底面平面截三棱锥，在底面和截面之间的几何体为三棱台．
3．A
【分析】利用诱导公式与两角差的余弦公式即可求解.
【详解】
.
4．C
【分析】由求出，再利用向量的夹角公式可求得结果.
【详解】因为为单位向量，且，
所以，得，
所以，
因为，所以.
5．A
【分析】运用复数乘除法运算化简.
【详解】.
6．A
【分析】方法一：根据三点共线的结论可得，结合数量积运算即可；方法二：作投影，结合数量积的几何意义运算求解；方法三：建系，可得，结合数量积的坐标运算求解.
【详解】方法一：因为共线，
设，
即，
则，解得，
所以
方法二：过点连接的中点，过点分别做边的垂线，垂足分别是，
易得，
则在边上的投影是，
所以；
方法三：以边的中点为坐标原点，以边为轴建立如图所示直角坐标系，
则，
设，
因为共线可得，解得，
即，可得，
所以.
7．C
【分析】线段上取点E使得，结合已知可得，进而有，设，，再结合相关三角形面积、线段的数量关系得，进而得，即可求最大值.
【详解】线段上取点E使得，又，
则，故，
所以，则，
设，则.
由上易知，且，而，
所以，则，
结合及，且，
由三角形内角性质，所以，
综上，.
【点睛】关键点点睛：线段上取点E使得，利用向量加减、数乘整理题设条件为，进而得到相关三角形面积、线段的数量关系，结合及三角形面积公式求最值.
8．B
【分析】根据 ••（）••，利用两个向量的数量积公式和已知条件求得结果．
【详解】••（）••7﹣（2，1）•（3，﹣1）＝7﹣（6﹣1）＝2，
【点睛】本题主要考查平面向量基本定理，考查向量的坐标运算，属于基础题．
9．ABC
【分析】ABC均可以举出反例，D选项是真命题.
【详解】对于选项A，当底面不是矩形的时候，直四棱柱非长方体，A错误；
对于选项B，根据棱柱的定义，显然不成立，如图，满足要求，但不是棱柱，B错误；
对于选项C，可以是两对称面是矩形的平行六面体，C错误；
D选项，正四棱柱是平行六面体，D正确．
10．AD
【分析】A中，由正弦定理可得A选项的真假；B，D中，由，，的三边的关系，可得该三角形为直角三角形，判断出B，D的真假；C中，由B选项分析，可得，而，判断出C的真假．
【详解】解：A．由正弦定理可得，所以正确，符合题意；
B，D中，因为，所以该三角形为直角三角形，，角的余弦值不能比，所以B不正确，D正确；
C中，由B选项的分析，可得最大内角为，最小内角为A，因为与不相等，所以角不为，所以C不正确；
11．AC
【分析】利用向量平行的充要条件列出关于x的方程，解之即得x的值.
【详解】，，
由，可得，解之得
12．2
【分析】根据纯虚数的定义即可求解.
【详解】由是纯虚数，有，
解得.
13．
14．3
【分析】因为大三角形是等边三角形，所以可以通过建系的方法进行求解.
【详解】不妨设，则，如图，由题可知.
由，
得，所以，所以，，.
又，所以，所以，
所以，即.
所以，，，
因为，所以，
解得，所以.
15．（1）；（2）
【详解】(1)注意到,
.
于是, 的最小正周期.
由，
故的单调递减区间为.
(2)由,知，
于是,当时,取得最大值,即.
要使恒成立,只需，即.解得.
故m的取值范围是.
16．（1）最小正周期为Tπ，f（x）取得最大值为2，此时x的集合为{x|x＝kπ，k∈Z}.（2）
【分析】（1）由三角函数公式化简可得f（x）＝sin（2x）+1，由此可得最小正周期及最大值，由当且仅当2x2kπ，k∈Z时，f（x）取得最大值，解出x的集合；
（2）通过平移变换可得g（x）=sin（2x+2φ）+1，若函数g（x）是偶函数，运用三角函数的诱导公式，令，k∈Z即可，从而得到φ的最小值．
【详解】（1）f（x）＝sinxcsxcs2x+1sin2xcs2x+1＝sin（2x）+1，
所以函数f（x）的最小正周期为Tπ，
当且仅当2x2kπ，k∈Z时，f（x）取得最大值为2，
此时x的集合为{x|x＝kπ，k∈Z}.
（2）g（x）＝f（x+φ）＝sin（2x+2φ）+1，
因为g（x）是偶函数，
所以2φkπ，k∈Z，即φkπ，k∈Z，
所以φ的最小值为.
【点睛】本题主要考查了利用公式化简三角函数，求三角函数的周期、最值、极值点和三角函数的图像和性质等，需要特别注意集合的书写规范，属于基础题.
17．(1)2 (2)
【分析】（1）由正弦定理求出，对两边平方求出中，再由余弦定理可得答案；
（2），根据△ABC为锐角三角形求出的范围，再由的范围可得答案.
【详解】（1），
由正弦定理得：，
因为，所以，
所以，因为，所以，解得，
因为，所以，
，
又因为，所以，
在△ABC中，由余弦定理可得：
，
所以，即；
（2）由题设
，
因为△ABC为锐角三角形，所以
，从而，
可得，所以，
则面积的取值范围是.
18．
【分析】（1）根据中位线及等比分点可得平行，进而可证四点共面；
（2）结合面面位置关系可得证.
【详解】（1）
连接、，，
由，分别为，中点，则，
又，，则，
，
、、、四点共面.
（2）
由，，
易知，
又，分别为，中点，即，
，
结合（1）的结论可知，四边形是梯形，因此直线、不平行，
设它们交点为，平面，同理平面，
又平面平面，因此，
即、必相交且交点在直线上．
19．(1)2
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）由题意，推导出函数的解析式，建立方程，由此能求出x．
（2）由题意，推导出函数的解析式，建立不等式，分类讨论去掉绝对值，结合二次函数的性质，可得答案．
（3）由题意，分别推导出函数的解析式，建立方程，
【详解】（1）∵，，为做变换后的结果，，
∴，解得．
（2）∵，为做变换后的结果，∴，
由，则
当时，，，，显然恒成立；
当时，，，，开平方可得或，解得或，
综上，不等式：的解集为．
（3）证明：先做变换后得到，再做变换后得到，
∴，，
先做变换后得到，再做变换后得到，
∴，，
∵，在上单调递增，
∴，
，当时，，又在上单调递增，则，即.
由于等价于且，其中若，则，
因此当时，，
任意取，令，存在，使，由在上单调递减，可得，
同理可得，以此类推，即，即.
∴函数在R上单调递增．
一、单选题（每题5分，共40分）
1．如图，一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形，且，，则该平面图形的高为（ ）
A．B．3
C．D．
2．一平面截某几何体得一三棱台，则该几何体可能是（ ）
A．三棱柱 B．三棱锥 C．四棱锥 D．圆锥
3．（ ）
A． B． C．D．
4．已知为单位向量，且，则向量与的夹角为（ ）
A． B． C． D．
5．已知 ，则 （ ）
A． B． C． D．
6．已知△ABC是边长为6的等边三角形，点分别是上的点，满足，连接交于点，求（ ）
A． B． C． D．
7．如图，四边形中，，若，且，则面积的最大值为（ ）
A．B．
C．D．
8．已知，且•7，则（ ）
A． B． C．或 D．
二、多选题（每题6分，共18分；部分选对给部分分）
9．下列命题中为假命题的是（ ）
A．长方体是四棱柱，直四棱柱是长方体
B．有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体叫棱柱
C．有两个侧面是矩形的四棱柱是直四棱柱
D．正四棱柱是平行六面体
10．△ABC的内角，，的对边分别为，，，且，，，则下列命题成立的是（ ）
A． B．
C．最大内角是最小内角的2倍 D．△ABC为直角三角形
11．设向量，，若，则x的取值可能是（ ）
A． B．0 C．3 D．5
三、填空题（每题5分，共15分）
12．若复数为虚数单位为纯虚数，则的值为 .
13．若sinθ=kcsθ，则sinθcsθ= .（用k表示）
14．赵爽是我国古代数学家，大约在公元222年，他为《周髀算经》一书作序时，介绍了“勾股圆方图”，亦称“赵爽弦图”（以弦为边长得到的正方形由4个全等的直角三角形再加上中间一个小正方形组成）.类比“赵爽弦图”，可构造如图所示的图形，它是由3个全等的三角形与中间一个小等边三角形拼成的一个较大的等边三角形，设（，），若，则 .
四、解答题（共77分）
15．（13分）已知函数
(1)求的最小正周期和单调递减区间;
(2)若在上恒成立,求实数的取值范围.
16．（15分）已知函数f（x）＝sinxcsxcs2x+1
（1）求f（x）的最小正周期和最大值，并写出取得最大值时x的集合；
（2）将f（x）的函数图象向左平移φ（φ＞0）个单位后得到的函数g（x）是偶函数，求φ的最小值.
17．（15分）已知△ABC中，角的对边分别为，.
(1)是边上的中线，，且，求的长度.
(2)若△ABC为锐角三角形，且，求△ABC面积的取值范围.
18．（17分）如图，为空间四边形，点、分别是、的中点，点、分别在、上，且，．求证：
(1)、、、四点共面；
(2)、必相交且交点在直线上．
19．（17分）已知函数的定义域为R，现有两种对变换的操作：变换：；变换：，其中为大于的常数．
(1)设，，为做变换后的结果，解方程：；
(2)设，为做变换后的结果，解不等式：；
(3)设在上单调递增，先做变换后得到，再做变换后得到；先做变换后得到，再做变换后得到．若恒成立，证明：函数在R上单调递增．
淮北市部分学校2024学年秋季高二开学考试
数学（北师大版）
参考答案：
1．C
【分析】根据斜二测画法即可直接求解.
【详解】由直观图可知在轴上，在轴上，
原图如图所示，在原图中，在轴上，在轴上，，
所以的长即为该平面图形的高，且.
2．B
【分析】根据棱锥与棱台的关系，结合选项可得答案
【详解】由棱锥的底面和平行于底面的一个截面间的部分，叫做棱台
所以用平行于三棱锥的底面平面截三棱锥，在底面和截面之间的几何体为三棱台．
3．A
【分析】利用诱导公式与两角差的余弦公式即可求解.
【详解】
.
4．C
【分析】由求出，再利用向量的夹角公式可求得结果.
【详解】因为为单位向量，且，
所以，得，
所以，
因为，所以.
5．A
【分析】运用复数乘除法运算化简.
【详解】.
6．A
【分析】方法一：根据三点共线的结论可得，结合数量积运算即可；方法二：作投影，结合数量积的几何意义运算求解；方法三：建系，可得，结合数量积的坐标运算求解.
【详解】方法一：因为共线，
设，
即，
则，解得，
所以
方法二：过点连接的中点，过点分别做边的垂线，垂足分别是，
易得，
则在边上的投影是，
所以；
方法三：以边的中点为坐标原点，以边为轴建立如图所示直角坐标系，
则，
设，
因为共线可得，解得，
即，可得，
所以.
7．C
【分析】线段上取点E使得，结合已知可得，进而有，设，，再结合相关三角形面积、线段的数量关系得，进而得，即可求最大值.
【详解】线段上取点E使得，又，
则，故，
所以，则，
设，则.
由上易知，且，而，
所以，则，
结合及，且，
由三角形内角性质，所以，
综上，.
【点睛】关键点点睛：线段上取点E使得，利用向量加减、数乘整理题设条件为，进而得到相关三角形面积、线段的数量关系，结合及三角形面积公式求最值.
8．B
【分析】根据 ••（）••，利用两个向量的数量积公式和已知条件求得结果．
【详解】••（）••7﹣（2，1）•（3，﹣1）＝7﹣（6﹣1）＝2，
【点睛】本题主要考查平面向量基本定理，考查向量的坐标运算，属于基础题．
9．ABC
【分析】ABC均可以举出反例，D选项是真命题.
【详解】对于选项A，当底面不是矩形的时候，直四棱柱非长方体，A错误；
对于选项B，根据棱柱的定义，显然不成立，如图，满足要求，但不是棱柱，B错误；
对于选项C，可以是两对称面是矩形的平行六面体，C错误；
D选项，正四棱柱是平行六面体，D正确．
10．AD
【分析】A中，由正弦定理可得A选项的真假；B，D中，由，，的三边的关系，可得该三角形为直角三角形，判断出B，D的真假；C中，由B选项分析，可得，而，判断出C的真假．
【详解】解：A．由正弦定理可得，所以正确，符合题意；
B，D中，因为，所以该三角形为直角三角形，，角的余弦值不能比，所以B不正确，D正确；
C中，由B选项的分析，可得最大内角为，最小内角为A，因为与不相等，所以角不为，所以C不正确；
11．AC
【分析】利用向量平行的充要条件列出关于x的方程，解之即得x的值.
【详解】，，
由，可得，解之得
12．2
【分析】根据纯虚数的定义即可求解.
【详解】由是纯虚数，有，
解得.
13．
14．3
【分析】因为大三角形是等边三角形，所以可以通过建系的方法进行求解.
【详解】不妨设，则，如图，由题可知.
由，
得，所以，所以，，.
又，所以，所以，
所以，即.
所以，，，
因为，所以，
解得，所以.
15．（1）；（2）
【详解】(1)注意到,
.
于是, 的最小正周期.
由，
故的单调递减区间为.
(2)由,知，
于是,当时,取得最大值,即.
要使恒成立,只需，即.解得.
故m的取值范围是.
16．（1）最小正周期为Tπ，f（x）取得最大值为2，此时x的集合为{x|x＝kπ，k∈Z}.（2）
【分析】（1）由三角函数公式化简可得f（x）＝sin（2x）+1，由此可得最小正周期及最大值，由当且仅当2x2kπ，k∈Z时，f（x）取得最大值，解出x的集合；
（2）通过平移变换可得g（x）=sin（2x+2φ）+1，若函数g（x）是偶函数，运用三角函数的诱导公式，令，k∈Z即可，从而得到φ的最小值．
【详解】（1）f（x）＝sinxcsxcs2x+1sin2xcs2x+1＝sin（2x）+1，
所以函数f（x）的最小正周期为Tπ，
当且仅当2x2kπ，k∈Z时，f（x）取得最大值为2，
此时x的集合为{x|x＝kπ，k∈Z}.
（2）g（x）＝f（x+φ）＝sin（2x+2φ）+1，
因为g（x）是偶函数，
所以2φkπ，k∈Z，即φkπ，k∈Z，
所以φ的最小值为.
【点睛】本题主要考查了利用公式化简三角函数，求三角函数的周期、最值、极值点和三角函数的图像和性质等，需要特别注意集合的书写规范，属于基础题.
17．(1)2 (2)
【分析】（1）由正弦定理求出，对两边平方求出中，再由余弦定理可得答案；
（2），根据△ABC为锐角三角形求出的范围，再由的范围可得答案.
【详解】（1），
由正弦定理得：，
因为，所以，
所以，因为，所以，解得，
因为，所以，
，
又因为，所以，
在△ABC中，由余弦定理可得：
，
所以，即；
（2）由题设
，
因为△ABC为锐角三角形，所以
，从而，
可得，所以，
则面积的取值范围是.
18．
【分析】（1）根据中位线及等比分点可得平行，进而可证四点共面；
（2）结合面面位置关系可得证.
【详解】（1）
连接、，，
由，分别为，中点，则，
又，，则，
，
、、、四点共面.
（2）
由，，
易知，
又，分别为，中点，即，
，
结合（1）的结论可知，四边形是梯形，因此直线、不平行，
设它们交点为，平面，同理平面，
又平面平面，因此，
即、必相交且交点在直线上．
19．(1)2
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）由题意，推导出函数的解析式，建立方程，由此能求出x．
（2）由题意，推导出函数的解析式，建立不等式，分类讨论去掉绝对值，结合二次函数的性质，可得答案．
（3）由题意，分别推导出函数的解析式，建立方程，
【详解】（1）∵，，为做变换后的结果，，
∴，解得．
（2）∵，为做变换后的结果，∴，
由，则
当时，，，，显然恒成立；
当时，，，，开平方可得或，解得或，
综上，不等式：的解集为．
（3）证明：先做变换后得到，再做变换后得到，
∴，，
先做变换后得到，再做变换后得到，
∴，，
∵，在上单调递增，
∴，
，当时，，又在上单调递增，则，即.
由于等价于且，其中若，则，
因此当时，，
任意取，令，存在，使，由在上单调递减，可得，
同理可得，以此类推，即，即.
∴函数在R上单调递增．
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