河南省驻马店市新蔡县第一高级中学2024-2025学年高二上学期8月开学考试数学试题

这是一份河南省驻马店市新蔡县第一高级中学2024-2025学年高二上学期8月开学考试数学试题，共10页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．已知为虚数单位，复数，则（ ）
A．B．C．D．
2．设为单位向量，，当的夹角为时，在上的投影向量为（ ）
A．B．C．D．
3．圆环被同圆心的扇形截得的一部分叫做扇环．如图所示，扇环的内圆弧的长为，外圆弧的长为，圆心角，则该扇环的面积为（ ）
A．B．C．D．
4．设m、为空间中两条不同直线，为空间中两个不同平面，下列命题正确的是（ ）
A．若，，，则
B．若不垂直于，，则必不垂直于
C．若，，则
D．若、是异面直线，，，，，则
5．若，则的值为（ ）
A．B．C．D．
6．已知四棱柱的高为3，其底面ABCD水平放置的直观图（斜二测画法）如图所示，其中，，则这个四棱柱的体积为（ ）
A．B．C．D．
7．函数的部分图像如图所示，是等腰直角三角形，其中两点为图像与轴的交点，为图像的最高点，且，则（ ）
A．B．C．D．
8．在三棱锥中，底面，，，的面积为，则三棱锥的外接球表面积的最小值为（ ）
A．B．C．D．
二、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. 全部选对得 6 分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分.
9．莱昂哈德·欧拉（LenhardEuler，1707年4月15日～1783年9月18日），瑞士数学家、自然科学家.欧拉是18世纪数学界最杰出的人物之一，他不但为数学界作出贡献，更把整个数学推至物理的领域.他在1765年首次提出定理：的外心O，重心G，垂心H依次位于同一条直线上，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半，该直线被称为欧拉线.若，，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．D．
10．如图，在三棱锥 中，， 点 是 上一动点，则（ ）
A．过 各中点的截面的面积为
B．直线 与平面 所成角的正弦值为
C． 面积的最小值为
D．将三棱锥的四个面展开在同一平面得到的平面图形可以是直角三角形或正方形。
11．如图所示，则（ ）
A．在上单调递增
B．
C．若先把的图象左移2个单位，再把横坐标伸长到原来的2倍得函数的图象，则在的值域为
D．若先把图象的横坐标伸长到原来的2倍，再左移2个单位得函数的图象，则是偶函数
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
12．已知圆为的外接圆，，则的最大值为 .
13．函数的图象如图所示，图中阴影部分的面积为，则函数的解析式为 .
14．我国古代《九章算术》中将底面为矩形，顶部为一条棱，且棱与底面平行的五面体称为刍甍，如图，刍甍有外接球，且，，，，则该刍甍外接球的表面积为 .
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．已知的内角的对边分别为，满足.
(1)求角；
(2)若的面积，求的周长.
16．如图，在矩形中，，，是上靠近的三等分点，是的中点，是与的交点.
(1)用向量，表示，；
(2)求的余弦值.
17．如图，在四棱锥中，底面是正方形，平面，且，为线段上的动点.
(1)若为的中点，求三棱锥的体积；
(2)若，问上是否存在点，使得平面？若存在，请指明点的位置；若不存在，请说明理由；
(3)求平面与平面所成锐二面角的余弦值.
18．已知函数的图象与轴交于点，两相邻对称轴之间的距离为．
(1)求函数的解析式，并求函数的单调递增区间；
(2)已知点，若是函数图象上一点，点满足，且．求.
19．对于三维向量，定义“变换”：，其中，．记，．
(1)若，求及；
(2)证明：对于任意，经过若干次变换后，必存在，使；
(3)已知，将再经过次变换后，最小，求的最小值．
参考答案：
1．A2．B3．A4．D5．B6．D7．A8．B
9．AC 10．BCD 11．AD
12．3 13． 14．
15．（1）在中，由及正弦定理，得，
而，则，又，于是，解得，
所以.
（2）由及余弦定理，得，则，
而，解得，由（1）知，，
由正弦定理得，则，
所以的周长为.
16．（1）由题意可得，，
所以，.
（2）由图可知，
由（1）得，
且，
，
所以.
17．（1）因为为的中点，所以点与点到平面的距离之比为，
故.
（2）
存在，取AB的中点，连接DM交AC于点，连接EG，
则EG为面AEC与面PMD的交线 易得，
在三角形中，，所以，所以平面EAC，
即存在点，且当为AB中点时，平面.
（3）过点P作，因为，
所以，面面，
因为面，所以，又，，
所以面，
又因为，所以面，，，
所以是面与面所成锐二面角的平面角，
因为是等腰直角三角形，所以.
18．（1）由题意得，得，所以，
因为图象与轴交于点，所以，得，
因为，所以，所以，
由，得，
所以的单调递增区间为；
（2）因为，所以为的中点，
因为，，所以，所以，
所以，
因为，所以，所以或，
所以或.
19．（1）因为，，，所以.
（2）设，
假设对，则均不为0．所以．
即．因为，
所以．所以．
与矛盾，故假设不正确．
综上，对于任意，经过若干次变换后，必存在，使．
（3）设，因为，
所以有或．
当时，可得三式相加得．
又，可得．
当时，也可得，于是．
设的三个分量为这三个数，
当时，的三个分量为这三个数，
所以．
当时，的三个分量为，
则的三个分量为的三个分量为，
所以．
所以，由，可得．
因为，所以任意的三个分量始终为偶数，
且都有一个分量等于2．
所以的三个分量只能是三个数，
的三个分量只能是三个数．
所以当时，；当时，．
所以的最小值为505．