2024-2025学年安徽省滁州市定远三中高二（上）开学数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年安徽省滁州市定远三中高二（上）开学数学试卷（含答案），共8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：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知集合A={x|0<|x|<2}，B={0,1,2}，则A∩B=( )
A. {1}B. {0,1}C. {1,2}D. {0}
2.若复数z满足(2+3i)z=i2024+8i2025，则复数z−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
3.若a=(−1,2,−1)，b=(1,3,−2)，则(a+b)⋅(a−2b)=( )
A. 22B. −22C. −29D. 29
4.以边长为6的正方形的一边所在直线为旋转轴，将该正方形旋转一周所得几何体的侧面积为( )
A. 18πB. 36πC. 54πD. 72π
5.已知空间向量a=(1,0,3),b=(2,1,0),c=(5,2,z)，若a,b,c共面，则实数z的值为( )
A. 0B. 1C. 2D. 3
6.对数函数y=lgax(a>0且a≠1)与二次函数y=(a−1)x2−x在同一坐标系内的图象可能是( )
A. B. C. D.
7.某学校有男生800人，女生600人，为调查该校全体学生每天的睡眠时间，采用分层随机抽样的方法抽取样本，计算得男生每天睡眠时间的平均数为7.7小时，方差为2.1，女生每天睡眠时间的平均数为7小时，方差为1.4.若男、女样本量按比例分配，则可估计总体方差为( )
A. 1.86B. 1.88C. 1.9D. 1.92
8.在正三棱锥P−ABC中，PA=AB=4，点D，E分别是棱PC，AB的中点，则AD⋅PE=( )
A. −2B. −4C. −8D. −10
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.对任意的x∈R，下列不等式恒成立的是( )
A. x2−x+1>0B. 9x2+1>6xC. 4x−4x2−1≤0D. 2x+12x≥2
10.如图，在正三棱柱ABC−A1B1C1中，P为空间一动点，若BP=λBC+μBB1(λ,μ∈[0,1])，则( )
A. 若λ=μ，则点P的轨迹为线段BC1
B. 若λ+μ=1，则点P的轨迹为线段B1C
C. 存在λ，μ∈(0,1)，使得AP⊥BC
D. 存在λ，μ∈(0,1)，使得AP//平面A1B1C1
11.已知函数f(x)=sin2(ωx−π8)−cs2(ωx−π8)(0<ω<18)，将f(x)的图象向左平移π4个单位长度得到函数g(x)的图象，且g(−3π16)=−1，则( )
A. f(x)+g(x)=0B. f(x−π16)为偶函数
C. g(x)+g(3π8−x)=0D. g(x)在[−π6,0]上单调递增
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若△ABC的面积S= 34(b2+c2−a2)，且a=4，则△ABC外接圆的面积为______．
13.(sin5°+cs5°)(1+ 3tan10°)的值为______．
14.在棱长为4的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点E，F分别为棱DA，BB1的中点，M，N分别为线段D1A1，A1B1上的动点(不包括端点)，且EN⊥FM，则线段MN的长度的最小值为______．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2．
(1)用空间向量方法证明：A1C1//平面ACD1；
(2)求直线BD与平面ACD1所成角的正弦值．
16.(本小题15分)
袋子中有6个大小质地完全相同的小球，其中红球有2个，编号分别为1，2；白球有4个，编号分别为3，4，5，6，不放回地随机摸出两个球．
(1)求摸出的两个球中有红球的概率；
(2)记事件M为“摸出的两个球全是白球”，N为“摸出的两个球的编号之和为偶数”，判断事件M，N是否相互独立．
17.(本小题15分)
已知函数f(x)=ex，g(x)=f(1−x)+f(1+x)．
(1)判断函数g(x)的奇偶性并予以证明；
(2)若存在x使得不等式g(x)⩽m成立，求实数m的取值范围．
18.(本小题17分)
如图，在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，四边形ABCD与四边形A1BCD1均为菱形，∠ABC=A1BC=60°，cs∠A1AB= 64．
(1)证明：平面A1BCD1⊥平面ABCD；
(2)求二面角A1−DD1−C1的正弦值．
19.(本小题17分)
如果三角形的一个内角等于另外一个内角的两倍，我们称这样的三角形为倍角三角形，如在△ABC中，若A=2B，则△ABC为倍角三角形，其中角A叫做2倍角，角B叫做1倍角．
(1)利用正，余弦定理证明下面的倍角定理：在倍角三角形中，2倍角所对边的平方等于1倍角所对边乘以该边与第三边之和；
(2)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知B=2C，2sinB=3sinC且△ABC的面积为15 74，求△ABC的周长．
参考答案
1.A
2.D
3.C
4.D
5.D
6.A
7.D
8.C
9.ACD
10.ABC
11.ACD
12.16π3
13. 2
14.4 55
15.(1)证明：由题，以D为原点，以DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，

∵正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，
∴A(2,0,0)，C(0,2,0)，C1(0,2,2)，D1(0,0,2)，A1(2,0,2)，
则A1C1=(−2,2,0),AC=(−2,2,0),CD1=(0,−2,2)，
设平面ACD1的一个法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅AC=−2x+2y=0n⋅CD1=−2y+2z=0，令z=1，则可得x=1，y=1，即n=(1,1,1)；
∴n⋅A1C1=−2+2+0=0，
∴n⊥A1C1，又A1C1⊄平面ACD1，
∴A1C1/​/平面ACD1；
(2)∵B(2,2,0)，D(0,0,0)，
∴BD=(−2,−2,0)，
由(1)知平面ACD1的一个法向量为n=(1,1,1)，
设直线BD与平面ACD1所成的角为θ，
∴sinθ=|cs|=|BD⋅n||BD|⋅|n|=|−2−2|2 2× 3= 63，
即直线BD与平面ACD1所成角的正弦值为 63．
16.解：(1)从6个球中不放回地随机摸出两个球，总共有6×52=15种情况．
假设摸出的两个球中没有红球，则列举出所有组合情况，
即{3,4}，{3,5}，{3,6}，{4,5}，{4,6}，{5,6}，共6种．
则摸出的两个球全是白球概率为：615=25．
所以摸出的两个球中有红球的概率为1−25=35．
(2)由前面知道，事件M为“摸出的两个球全是白球”，概率为P(M)=25．
事件N为“摸出的两个球的编号之和为偶数”．
两个球的编号之和为偶数，有两类情况：两球均为奇数或两球均为偶数．
两球均为奇数的情况有{1,3}，{1,5}，{3,5}，3种，
两球均为偶数的情况有{2,4}，{2,6}，{4,6}，3种．总共6种．则P(N)=615=25．
MN即摸出的两个球全是白球且编号之和为偶数，有{4,6}，{3,5}，共2种．则概率为P(MN)=215．
因为P(MN)≠P(M)P(N)不成立，所以事件M，N不相互独立．
17.解：(1)函数g(x)为偶函数，
证明：因为函数f(x)=ex，g(x)=f(1−x)+f(1+x)，
所以g(x)=f(1−x)+f(1+x)=e1−x+e1+x，
又因为g(x)的定义域为R，对于∀x∈R，都有−x∈R，
而且g(−x)=e1−x+e1+x=g(x)，
所以g(x)为偶函数．
(2)因为存在x使得不等式g(x)⩽m成立，
所以有g(x)min⩽m，
由基本不等式可得g(x)=e1−x+e1+x⩾2 e1−x⋅e1+x=2e，
所以当且仅当x=0时，等号成立．
所以g(x)min=g(0)=2e，
则m⩾2e，
所以实数m的取值范围为[2e,+∞)．
18.解：(1)证明：连接AC，A1C，因为四边形ABCD与四边形A1BCD1均为菱形，且∠ABC=A1BC=60°，
所以△ABC与△A1BC均为等边三角形，
取BC的中点O，连接AO，A1O，则AO⊥BC，A1O⊥BC，
设AB=2，则AO=A1O= 3，
在△ABA1中，由cs∠A1AB= 64及余弦定理，
得22=AA12+22−2×2×AA1× 64，
即AA12− 6AA1=0，
所以AA1= 6(AA1=0舍去)．
所以AO2+A1O2=AA12，
所以AO⊥A1O，
因为BC∩A1O=O，BC，A1O⊂平面A1BCD1，
所以AO⊥平面A1BCD1，
又AO⊂平面ABCD，
所以平面ABCD⊥平面A1BCD1．
(2)由(1)可知，OA，OB，OA1两两垂直，以O为原点，以OA，OB，OA1
所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系Oxyz，

设AB=2，则A( 3,0,0),B(0,1,0),C(0,−1,0),A1(0,0, 3)，
DD1=AA1=(− 3,0, 3),D1A1=CB=(0,2,0),D1C1=AB=(− 3,1,0)，
设平面A1DD1的一个法向量m=(x1,y1,z1)，
则DD1⊥mD1A⊥m，由DD1⋅m=0,D1A1⋅m=0,得− 3x1+ 3z1=0,2y1=0,
取x1=1，解得y1=0，z1=1，
故m=(1,0,1)，
设平面C1D1D的一个法向量n=(x2,y2,z2)，
则DD1⊥nD1C1⊥n，由DD1⋅n=0,D1C1⋅n=0,得− 3x2+ 3z2=0,− 3x2+y2=0,
取x2=1，解得y2= 3,z2=1，
故n=(1, 3,1)，
所以cs〈m,n〉=m⋅n|m|⋅|n|=2 2× 5= 105，
设二面角A1−DD1−C1的大小为θ，
所以sinθ= 1−( 105)2= 155．
19.(1)证明：设A=2B，可得sinA=sin2B=2sinBcsB，
由正弦定理可得a=2bcsB，再由余弦定理可得a=2b×a2+c2−b22ac，
则a2c=b(a2+c2−b2)，即a2(c−b)=b(c2−b2)，
当b=c时，则B=C，由A+B+C=π，得4B=π，所以B=π4，则A=π2，
由勾股定理可得：a2=b2+c2=b2+b2=b(b+c)，
当b≠c时，a2(c−b)=b(c2−b2)，两边同时除以c−b可得：a2=b(c+b)，
由上可知，当A=2B时，a2=b(b+c)；
(2)解：由正弦定理得2b=3c，由倍角定理得b2=c(c+a)，
即b2−c2=ac，
即94c2−c2=ac，所以5c=4a，
由余弦定理可得csC=a2+b2−c22ab=2516c2+94c2−c22×54c×32c=34，
则sinC= 74，
由△ABC的面积为S△ABC=12absinC=12×54c×32c× 74=15 74，
解得c=4，则b=6，a=5，
故△ABC的周长为15．