黑龙江省双鸭山市建新中学2024-2025学年高二上学期开学数学试题（解析版）

这是一份黑龙江省双鸭山市建新中学2024-2025学年高二上学期开学数学试题（解析版），共22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，40分）
1. 已知某扇形的圆心角为80°，半径为6 cm，则该圆心角对应的弧长为
A. 480 cmB. 240 cmC. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
先把80°化为弧度，然后用弧长公式求解即可
【详解】解：80°=×80=，
又r=6 cm，故弧长l=αr=×6=(cm).
故选：C
【点睛】此题考查弧长公式的应用，属于基础题.
2. 设复数,则的虚部是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由对式子进行化简,再根据除法规则,分母实数化即可.
【详解】,则,虚部是.
故选:A.
3. 已知函数是上的奇函数，且的图象关于对称，当时，，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先求出是周期函数，且周期，再利用函数的周期性和对称性求解.
【详解】由题，因为奇函数，所以，
又的图象关于对称，则，
所以，
即，
所以是周期函数，且周期，
所以由周期性和对称性可得，
因为当时，，
所以，，
所以，
故选：D
【点睛】本题主要考查函数的周期性和对称性，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
4. 下列说法中，正确的个数有( )个
①圆柱的侧面展开图是一个矩形； ②圆锥的侧面展开图是一个扇形；
③圆台的侧面展开图是一个梯形； ④棱锥的侧面为三角形．
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】利用圆台、圆锥、圆柱棱锥的侧面展开图，判断命题的真假即可．
【详解】解：圆柱的侧面展开图是一个矩形；正确；
圆锥的侧面展开图是一个扇形；正确；
圆台的侧面展开图是一个梯形；应该是扇环，所以不正确
棱锥的侧面为三角形符合棱锥的定义，正确；
故选．
【点睛】本题考查空间几何体的结构特征，命题的真假的判断，是基本知识的考查．
5. 已知向量，满足，，且，则( )
A. B. C. 2D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】用表示出向量的坐标，再根据数量积的坐标运算即可求得答案．
【详解】，
，
又，
，，
，
．
故选：D．
6. 已知AB是圆：的直径，、是圆上两点，且，则的最小值为（ ）
A. 0B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题意设弦CD的中点为，然后利用平面向量的数量积从而求解.
【详解】由题意知，不妨设弦CD的中点为，因为，则为等边三角形，所以可得，
则，设与的夹角为，
所以，
因为，所以的最小值为，故D正确.
故选：D.
7. 函数的部分图象可能是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由偶函数的图象性质，以及指数函数、三角函数的值域即可求解.
【详解】由题意函数定义域为全体实数，
且，所以函数是偶函数，排除CD，
当时，，排除A，经检验，B选项符合题意.
故选：B.
8. 已知四边形为矩形，，E为的中点，将沿折起，连接，，得到四棱锥，M为的中点，在翻折过程中，下列四个命题正确的序号是（ ）
①平面；
②三棱锥的体积最大值为；
③；
④一定存在某个位置，使；
A. ①②B. ①②③C. ①③D. ①②③④
【答案】B
【解析】
【分析】①通过线面平行的判定定理判断正确性；②求得三棱锥的体积最大值来判断正确性；③结合①判断正确性；④利用反证法判断正确性.
【详解】①，设是的中点，折叠过程中是的中点，连接，
由于是的中点，所以是三角形的中位线，
所以.由于是的中点，所以.
所以，所以四边形是平行四边形，
所以，由于平面，平面，
所以平面，所以①正确.
②，由于是的中点，所以.
在折叠过程中，三角形的面积为定值，
当平面平面时，距离平面的距离最大.
过作，交于，连接，则A1O⊥DE.
当平面平面时，由于平面平面，
所以平面.，
则，
则.所以三棱锥体积的最大值为，
所以三棱锥体积的最大值为.所以②正确.
③，由①知，所以③正确.
④，由于，
所以.若，，
则平面，则，
根据折叠前后图象的对应关系可知，
与矛盾，所以④错误.
综上所述，正确的为①②③.
故选：B
【点睛】本小题主要考查线面平行、几何体体积、线线垂直等知识.
二、多选题（每题6分，18分）
9. 已知向量，.设函数，且函数图像的两相邻对称轴间的距离为，则 （ ）
A.
B. 是函数图像的对称中心
C. 函数在区间上单调递减
D. 使成立的的取值区间为
【答案】ACD
【解析】
【分析】化简得到.对于A：利用周期公式求出，得到.对于B：直接求出函数 的图像的对称中心，即可判断；对于C：直接求出的单减区间，即可判断；对于D：直接解不等式，即可判断.
【详解】因为向量，.函数
所以
.
对于A：因为函数图像的两相邻对称轴间的距离为，所以的最小正周期为，所以，解得：，所以.
故A正确；
对于B：令，解得：，所以函数 的图像的对称中心为.所以不是函数图像的对称中心.故B错误；
对于C：要求的单减区间，只需，解得：.
当时，所以函数 的一个单调区间为.故C正确；
对于D：即为，解得：，所以，
所以不等式的解集为.故D正确.
故选：ACD
10. 已知直四棱柱的侧棱长为3，底面是边长为2的菱形，为棱上的一点，且为底面内一动点（含边界），则下列命题正确的是（ ）
A. 若与平面所成的角为，则点的轨迹与直四棱柱的交线长为
B. 若点到平面的距离为，则三棱锥体积的最大值为
C. 若以为球心的球经过点，则该球与直四棱柱的公共部分的体积为
D. 经过三点的平面截直四棱柱所得的截面面积为4
【答案】AD
【解析】
【分析】判断P点轨迹与直四棱柱的交线，根据弧长公式求解判断A，判断P点位置求出体积最大值判断B，计算球与直四棱柱公共部分体积判断C，利用，求得，得出四边形面积判断D.
【详解】如图，
对于A，可知的轨迹是以为圆心，半径为1的圆，所以点的轨迹与直四棱柱的交线为圆弧，圆弧长为，故A正确．
对于B，可知点在线段上，所以当点与点重合时，三棱锥体积最大，且最大值为，所以B错误．
对于C，可知该球的半径为1，球与直四棱柱的公共部分的体积为，所以C错误．
对于D，经过三点的平面截直四棱柱所得的截面为平行四边形，其中，可得．设的中点为的中点为，连接，可得平面，所以，求得，所以，D正确．
故选：AD
11. （多选题）若复数，其中为虚数单位，则下列结论不正确的是（ ）
A. 的虚部为B.
C. 的共轭复数为D. 为纯虚数
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据复数的除法运算，求得，再结合复数的基本概念，逐项判定，即可求解.
【详解】由题意，复数，
可得的虚部为，所以错误；
由，所以错误；
由共轭复数的概念，可得，所以错误；
由，可得为纯虚数，所以正确，
故选：ABC
【点睛】本题主要考查了复数的基本概念，以及复数的四则运算的应用，其中解答中熟记复数的基本概念，以及熟练应用复数的除法运算是解答的关键，着重考查了推理与计算能力.
三、填空题（每题5分，15分）
12. 若锐角满足，则角的度数为________．
【答案】
【解析】
【分析】根据式子结构先化为，平方后切化弦，进行三角恒等变换即可求解.
【详解】原式可化为
因为为锐角，
所以.
故答案为：
13. 已知，，___________.
【答案】##05
【解析】
【分析】由题意缩小角的范围，利用同角的三角函数关系式求得，再利用二倍角的正切公式求得答案.
【详解】由题意，，，
则，，故，
故，而 ，解得 ，
故答案为：
14. 如图，已知直四棱柱的所有棱长等于1，，和分别是上下底面对角线的交点，在线段上，，点在线段上移动，则三棱锥的体积最小值为______.
【答案】
【解析】
【分析】因为C1到平面BB1D1D（即三棱锥底面O1MH）的距离为定值，所以当△O1MH的面积取得最小值时，三棱锥的体积最小，将平面BB1D1D单独画图可得，当点M在点B处时，△O1MH的面积有最小值，求出三棱锥的体积即可．
【详解】因为直四棱柱ABCD−A1B1C1D1的底面是菱形,∠ABC=60∘，边长为1，
∴O1C1⊥平面BB1D1D,且O1C1=,O1B1=，
∴C1到平面BB1D1D的距离为O1C1=，
∵OH=3HB1，点M是线段BD上的动点，
∴当△O1MH的面积取得最小值时，三棱锥的体积有最小值．
将平面BB1D1D单独画图可得，
当B点到O1H的距离最小时，△O1MH的面积有最小值．
过点B做BF//O1H，可得直线BF上方的点到O1H的距离比直线BF上的点到O1H的距离小，而线段BD上除B点外的所有点都在直线BF下方，到O1H的距离比B点到O1H的距离大．
即当M点在B点时，△O1MH的面积取得最小值，且三棱锥的体积有最小值．
连接O1B, 则O1B=OB1==，
∴B1到O1B的距离d===，
∵OH=3HB1，
∴H到直线O1B的距离为d=．
∴===，
∴===．
故答案为．
【点睛】本题考查了四棱柱的结构特征和三棱锥的体积计算，动态动点的最值问题需要先确定点的位置，属于较难题．
四、解答题
15. 如图，在四棱锥S－ABCD中，四边形ABCD是边长为2的菱形，∠ABC＝60°，△SAD为正三角形．侧面SAD⊥底面ABCD，E，F分别为棱AD，SB的中点．
（1）求证：AF∥平面SEC；
（2）求证：平面ASB⊥平面CSB；
（3）在棱SB上是否存在一点M，使得BD⊥平面MAC？若存在，求的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）见解析 （2）见解析
（3）存在，
【解析】
【分析】（1）取SC的中点G，连接FG，EG，证明四边形AFGE是平行四边形，则AF∥EG，再根据线面平行的判定定理即可得证；
（2）先证明AD⊥平面SEC，再根据面面垂直的判定定理即可得证；
（3）假设在棱SB上存在点M，使得BD⊥平面MAC，连接MO，BE，由面面垂直的性质可得SE⊥平面ABCD，再根据线面垂直的性质可得BD⊥OM，SE⊥BE，再分别求出即可得出答案.
【小问1详解】
证明：如图，取SC的中点G，连接FG，EG，
∵F，G分别是SB，SC的中点，
∴FG∥BC，，
∵四边形ABCD是菱形，E是AD的中点，
∴AE∥BC，，
∴FG∥AE，FG＝AE，∴四边形AFGE是平行四边形，
∴AF∥EG，又平面SEC，平面SEC，
∴AF∥平面SEC；
【小问2详解】
证明：∵△SAD是等边三角形，E是AD的中点，
∴SE⊥AD，
∵四边形ABCD是菱形，，
∴△ACD是等边三角形，又E是AD的中点，
∴AD⊥CE，
又平面SEC，
∴AD⊥平面SEC，又平面SEC，
∴AD⊥EG，
又四边形AFGE是平行四边形，
∴四边形AFGE是矩形，∴AF⊥FG，
又SA＝AB，F是SB的中点，∴AF⊥SB，
又平面SBC，
∴AF⊥平面SBC，
又平面ASB，
∴平面ASB⊥平面CSB；
【小问3详解】
解：假设在棱SB上存在点M，使得BD⊥平面MAC，连接MO，BE，
∵平面MAC，∴BD⊥OM，
∵四边形ABCD是边长为2的菱形，，△SAD为正三角形，
∴，
∵侧面SAD⊥底面ABCD，
又侧面底面ABCD＝AD，平面SAD，
∴SE⊥平面ABCD，
又平面ABCD，∴SE⊥BE，
∴，
∴，
∴，∴，
∴，
∴在棱SB上是否存在一点M，使得BD⊥平面MAC，.
16. 已知函数.
（1）当时，函数存在零点，求实数的取值范围；
（2）设函数，若函数与的图象只有一个公共点，求的取值范围.
【答案】（1）；
（2）
【解析】
【分析】（1）根据函数零点的定义，利用转化法进行求解即可；
（2）把公共点的问题转化为方程的解的问题，结合换元法进行求解即可.
【小问1详解】
，当时，
函数存在零点，
即在时有解，
设，
即，
即实数的取值范围为.
【小问2详解】
若函数与的图象只有一个公共点，
则关于的方程只有一解，
只有一解，令，
得关于方程有一正数解，
①当时，方程解为，不合题意；
②当时，则恒成立，
此方程有一正一负根，负根舍去，满足题意；
③当时，满足的情况下，因为，同号，所以得满足，
只需,且，
解得；
综上：实数的取值范围为
17. 如图，在四棱锥中，，四边形是菱形，，PB=2，是棱上的两点，且.

（1）证明：平面平面；
（2）若再从下面两个条件中选择一个作为已知条件，求平面与平面所成二面角的大小.
①平面；
②三棱锥的体积.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，证得平面，得到，再由，得到，利用线面垂直的判定定理，证得平面，进而得到平面平面.
（2）若选①：记与交于点，连接，证得，证得，取棱的中点，以为原点建立空间直角坐标系，求得平面和的一个法向量和，结合向量的夹角公式，即可求解；
若选②：由（1）知平面，得到，取棱的中点，以为原点建立空间直角坐标系，求得平面和的一个法向量和，结合向量的夹角公式，即可求解；
【小问1详解】
证明：因为四边形是菱形，所以，
因为，平面，且，所以平面，
又因为平面，所以，
因为，所以，所以，
又因为平面，且，所以平面，
因为平面，所以平面平面.
【小问2详解】
解：若选条件①：记与交于点，则为的中点，连接，
由平面，平面平面，且平面，
则，所以为的中点，从而，
取棱的中点，连接，在菱形中，可得，
以为原点，分别以所在的直线为轴，轴和轴，建立空间直角坐标系，
如图所示，则，
可得，
因为，所以，则，
设平面的法向量为，则
令，可得，所以，
又由平面的一个法向量为，
设二面角为，则，
由图形可得二面角为锐角，所以二面角为.
若选条件②：记点到平面的距离为，
由，解得，
由（1）知平面，所以，即，
取棱的中点，连接，在菱形中，可得，
以为原点，分别以所在的直线为轴，轴和轴，建立空间直角坐标系，
如图所示，则，
可得，
因为，所以，则，
设平面的法向量为，则
令，可得，所以，
又由平面的一个法向量为，
设二面角为，则，
由图形可得二面角为锐角，所以二面角为.

18. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知，．
（1）求的值；
（2）求的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理化角为边得，再代入已知得，然后由余弦定理可得；
（2）利用二倍角公式得出，再由两角差的正弦公式计算．
【小问1详解】
∵，∴由正弦定理得，即，∴，，
；
【小问2详解】
，，
，，
∴．
19. 在锐角△ABC中，设角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，．
（1）若，求△ABC的面积；
（2）求的值；
（3）求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用余弦定理和面积公式进行求解；（2）由正弦定理和三角恒等变换求解；（3）解法一：设BC中点为D，推导出，在三角形AOD中，利用余弦定理，正弦定理和函数单调性求出AD的取值范围，从而求出的取值范围；解法二：由余弦定理和数量积运算法则求出，换元后利用三角恒等变换得到，求出答案.
【小问1详解】
由余弦定理
结合可知，△ABC的面积
【小问2详解】
因为，，所以，
由正弦定理b=5sinB，c=5sinC
所以，①
由于，
带入①式可知：
小问3详解】
解法1：
设BC中点为D，则
所以
如下图所示，
设△ABC的外接圆为圆O，由于△ABC为锐角三角形，故点A的运动轨迹为劣弧（不含端点），由正弦定理知圆O的半径，故
设，则，由余弦定理：
由于函数在时单调递减，，
所以
解法2：
由余弦定理②
由定义
所以
设，
则
由正弦定理：
其中锐角的终边经过点，由锐角三角形可知
注意到，
所以
所以，②式变形为，故
从而，
此时函数单调递减，而，
所以
【点睛】向量相关的取值范围问题，考查面较广，可以和很多知识相结合，基本不等式，函数值域，解三角形，三角函数等，需要对知识熟练掌握且灵活运用，本题的第三问难度较大，需要用到极化恒等式，三角函数恒等变换等知识，属于难题.