2024-2025学年河南省许昌高级中学高二（上）开学数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年河南省许昌高级中学高二（上）开学数学试卷（含答案），共9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。

1.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
2.已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，E，F分别是棱AD，B1C1上的动点，若正方体ABCD−A1B1C1D1的外接球的球心是O1，三棱锥F−BCE的外接球的球心是O2，则O1O2的最大值是( )
A. 2B. 22C. 24D. 3 24
3.若α+β=3π4,tanα=2，则sin(α−β)cs(α−β)−sinαsinβ=( )
A. 1B. −1C. 2D. −2
4.底面圆周长为2π，母线长为4的圆锥内切球的体积为( )
A. 15π5B. 13π25C. 4 15π25D. 15π25
5.已知函数f(x)=acsωx(a≠0,ω>0)，若将函数y=f(x)的图象向左平移π6ω个单位长度后得到函数y=g(x)的图象，若关于x的方程g(x)=0在[0,7π12]上有且仅有两个不相等的实根，则实数ω的取值范围是( )
A. [107,247)B. [167,4)C. [107,4)D. [167,247)
6.已知圆锥A1O在正方体ABCD−A1B1C1D1内，AB=2，且A1C垂直于圆锥A1O的底面，当该圆锥的底面积最大时，圆锥的体积为( )
A. 3π
B. 2π
C. 3π2
D. 2 3π3
7.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若tanB=− 3，b= 3ac，则(a+c)2ac=( )
A. 6B. 4C. 3D. 2
8.三棱锥A−BCD满足BC+AC=BD+AD=4，二面角C−AB−D的大小为60°，CD⊥AB，AB=2 2，CD=1，则三棱锥A−BCD外接球的体积为( )
A. 7πB. 283πC. 28 21π27D. 28 7π3
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.已知函数f(x)=tan(ωx−π6) (ω>0)，则下列说法正确的是( )
A. 若f(x)的最小正周期是2π，则ω=12
B. 当ω=1时，f(x)的对称中心的坐标为(kπ+π6 , 0)(k∈Z)
C. 当ω=2时，f(−π12)D. 若f(x)在区间(π3 , π)上单调递增，则0<ω≤23
10.某次数学考试后，为分析学生的学习情况，某校从某年级中随机抽取了100名学生的成绩，整理得到如图所示的频率分布直方图.为进一步分析高分学生的成绩分布情况，计算得到这100名学生中，成绩位于[80,90)内的学生成绩方差为12，成绩位于[90,100)内的同学成绩方差为10.则( )
A. a=0.004
B. 估计该年级学生成绩的中位数约为77.14
C. 估计该年级成绩在80分及以上的学生成绩的平均数为87.50
D. 估计该年级成绩在80分及以上的学生成绩的方差为30.25
11.如图所示，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，底面ABC是等腰直角三角形，AB=BC=AA1=1，点D为侧棱BB1上的动点，M为线段A1B1中点.则下列说法正确的是( )
A. 存在点D，使得AD⊥平面BCM
B. △ADC1周长的最小值为1+ 2+ 3
C. 三棱锥C1−ABC的外接球的体积为 32π
D. 平面ADC1与平面ABC的夹角正弦值的最小值为 33
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知某圆锥的体积为3π.侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的内切球的体积为______．
13.意大利画家达⋅芬奇提出：固定项链的两端，使其在重力的作用下自然下垂，那么项链所形成的曲线是什么？这就是著名的“悬链线问题”.双曲余弦函数，就是一种特殊的悬链线函数，其函数表达式为csℎx=ex+e−x2，相应的双曲正弦函数的表达式为sinℎx=ex−e−x2.设函数f(x)=sinℎxcsℎx，若实数m满足不等式f(2m+3)+f(−m2)>0，则m的取值范围为 ．
14.在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是平行四边形，E是棱PA的中点，F在棱BC上，满足CF=2FB，G在棱PB上，满足D，E，F，G四点共面，则PGPB的值为______．
四、解答题：本题共4小题，共61分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题14分)
若函数f(x)和g(x)的定义域相同，值域也相同，则称f(x)和g(x)是“同域函数”．
(1)判断函数y=x2−2x与y=2x−1是否为“同域函数”，并说明理由；
(2)若函数f(x)=tan(π4|x|−π4),x∈(−1,3)和g(x)=lga(−x2+mx+n)(a>0，且a≠1)是“同域函数”，求a的值．
16.(本小题15分)
如图，在直四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为2 2的菱形，AA1=2，∠BAD=π3，E，F分别为AB，AA1的中点．
(1)证明：B1E⊥平面DEF；
(2)求四棱柱ABCD−A1B1C1D1被平面CEF截得的截面周长；
(3)求直线DD1与平面CEF所成角的正切值．
17.(本小题14分)
已知f(x)=sin(x+π3)csx+12sin(2x+π3)− 34．
(1)求f(x)的单调递增区间；
(2)若g(x)=f(12x−π6)+f(x−π6)−csx，x∈[−π4,3π4]，求满足不等式g(x)≥1的x的取值范围．
18.(本小题18分)
《九章算术》是我国古代的一部数学经典著作，在其中一篇《商功》中有如下描述：“斜解立方，得两堑堵”，堑堵是底面为直角三角形的直三棱柱.如图，在堑堵ABC−A1B1C1中，AB⊥BC，BC=1，AB= 3，CC1=2，P为棱AC的中点，Q为棱A1C1的中点．
(1)证明：平面PBC1//平面AB1Q；
(2)求二面角Q−AB1−A1的正切值；
(3)求CC1与平面PBC1所成角的正弦值．
参考答案
1.D
2.C
3.B
4.C
5.B
6.C
7.B
8.C
9.AD
10.BCD
11.ACD
12.4π3
13.(−1,3)
14.34
15.解：(1)函数y=x2−2x与y=2x−1不是“同域函数“，理由如下：
函数y=x2−2x的定义域为R，y=2x−1的定义域也为R，定义域相同；
由y=x2−2x=(x−1)2−1⩾−1，可知y=x2−2x的值域为[−1,+∞)，
由y=2x−1>−1，可知y=2x−1的值域为(−1,+∞)，
则两函数的值域不相同；
所以函数y=x2−2x与y=2x−1不是“同域函数“．
(2)由x∈(−1,3)，得|x|∈[0,3),π4|x|−π4∈[−π4,π2),
因为函数y=tanx在[−π4,π2)上单调递增，所以f(x)=tan(π4|x|−π4)∈[−1,+∞)，得g(x)的值域为[−1,+∞)．
由题意得−x2+mx+n>0的解集为(−1,3)，则−1，3是关于x的方程−x2+mx+n=0的两个解，
得−1+3=m,−1×3=−n,
解得m=2,n=3,所以g(x)=lga(−x2+2x+3)(a>0，且a≠1)．
易得0<−x2+2x+3=−(x−1)2+4⩽4，
当a>1时，函数y=lgax是增函数，则g(x)=lga(−x2+2x+3)的值域为(−∞,lga4]，不符合题意．
当0所以lga4=−1，解得a=14．
综上，a的值为14．
16.解(1)证明：因为四边形ABCD是菱形，∠BAD=π3，E为AB的中点，
所以DE⊥AB，

在直四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，平面ABBA1⊥平面ABCD，
因为平面ABB1A1∩A1平面ABCD=AB，DE⊂平面ABCD，
所以DE⊥平面ABB1A1，
因为B1E⊂平面ABB1A1，所以DE⊥B1E，
因为四边形ABB1A1是矩形，AB=2 2，AA1=2，E，F分别为AB，AA的中点，
所以tan∠AEF=tan∠EB1B= 22，
所以∠AEF=∠EB1B，因为∠EB1B+∠B1EB=π2，
所以∠AEF+∠B1EB=π2，
所以∠FEB1=π2，
所以EF⊥B1E，
因为DE∩EF=E，且DE，EF⊂平面DEF，
所以B1E⊥平面DEF；
(2)因为EF/​/平面CDD1C1，所以平面CEF与平面CDD1C1的交线与EF平行，
所以交线为CD1，
连接CD1，D1F，CE，
则四棱柱ABCD−A1B1C1D1被平面CEF截得的截面为四边形EFD1C，
CD1= CD2+DD12= 8+4=2 3，EF=12CD1= 3，D1F= A1D12+A1F2= 8+1=3，
因为DE⊥AB，
所以DE= AD2−AE2= 6，
因为DE⊥CD，
所以CE= CD2+DE2= 14，
所以四边形EFD1C的周长为3+3 3+ 14；
(3)过点D作DG⊥CE，垂足为G，连接DG，
因为DD1⊥平面ABCD，CE⊂平面ABCD，
所以DD1⊥CE，
因为DG∩DD1=D，
所以CE⊥平面DDG，因为CE⊂平面CEF，
所以平面DD1G⊥平面CEF，
所以点D在平面CEF上的射影必在D2G上，
所以直线DD1与平面CEF所成角为∠DD1G，
因为DE⊥CD，DE= 6，CD=2 2，CE= 14，
所以DG=DE⋅CDCE= 6×2 2 14=4 3 14=2 427，
所以tan∠DD1G=DGDD1=2 4272= 427，
即直线DD1与平面CEF所成角的正切值为 427．
17.解：(1)f(x)=sin(x+π3)csx+12sin(2x+π3)− 34
=csx(12sinx+ 32csx)+12(12sin2x+ 32cs2x)− 34
=14sin2x+ 32×1+cs2x2+14sin2x+ 34cs2x− 34
=12sin2x+ 32cs2x=sin(2x+π3)，
令2kπ−π2≤2x+π3≤2kπ+π2,k∈Z，解得kπ−5π12≤x≤kπ+π12,k∈Z，
故f(x)的单调递增区间为[−512π+kπ,π12+kπ]，k∈Z．
(2)∵f(x)=sin(2x+π3)，
∴g(x)=f(12x−π6)+f(x−π6)−csx=sinx−csx+sin2x，
令t=sinx−csx= 2sin(x−π4)，
则t2=1−sin2x，所以sin2x=1−t2，
∴不等式g(x)≥1可化为−t2+t+1≥1，解得0≤t≤1，即0≤sin(x−π4)≤ 22，
由x∈[−π4,3π4]，解得π4≤x≤π2，
∴不等式g(x)≥1的x的取值范围为[π4,π2]．
18.解：(1)证明：由已知AC/​/A1C1，AC=A1C1，
因为P为棱AC的中点，Q为棱A1C1的中点，
所以AP//QC1，AP=QC1，
所以四边形APC1Q为平行四边形，
所以PC1//AQ，又PC1⊄平面AB1Q，AQ⊂平面AB1Q，
所以PC1/​/平面AB1Q，
连接PQ，因为AC/​/A1C1，AC=A1C1，
因为P为棱AC的中点，Q为棱A1C1的中点，
所以AP//A1Q，AP=A1Q，
所以四边形AA1QP为平行四边形，
所以PQ//AA1，PQ=AA1，
又AA1/​/BB1，AA1=BB1，
所以PQ//BB1，PQ=BB1，
所以四边形BPQB1为平行四边形，
所以BP//B1Q，
又BP⊄平面AB1Q，B1Q⊂平面AB1Q，
所以BP/​/平面AB1Q，
又BP∩PC1=P，BP，PC1⊂平面PBC1，
所以平面PBC1//平面AB1Q.

(2)由已知BB1⊥平面ABC，AB，BC⊂平面ABC，
所以BB1⊥AB，BB1⊥BC，又AB⊥BC，
所以直线BB1，AB，BC两两垂直，
以点B为原点，BA,BB1,BC为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，
A( 3,0,0)，B1(0,2,0)，A1( 3,2,0)，C1(0,2,1)，Q( 32,2,12)，
所以AB1=(− 3,2,0)，B1Q=( 32,0,12)，
设平面AB1Q的法向量为m=(x,y,z)，则m⊥AB1，m⊥B1Q，
所以m⋅AB1=0m⋅B1Q=0，即− 3x+2y=0 32x+12z=0，取x=2，可得y= 3，z=−2 3，所以m=(2, 3,−2 3)，
又n=(0,0,1)为平面AB1A1的一个法向量，
设二面角Q−AB1−A1的平面角为θ，
所以|csθ|=|cs|=|m⋅n||m|⋅|n|=|0+0−2 3| 4+3+12=2 5719，
观察可得θ∈(0,π2)，所以csθ=2 5719，
所以tanθ= 216，
所以二面角Q−AB1−A1的正切值为 216．

(3)因为C(0,0,1)，C1(0,2,1)，
所以CC1=(0,2,0)，
因为平面PC1B//平面AB1Q，m=(2, 3,−2 3)为平面AB1Q的一个法向量，
所以m=(2, 3,−2 3)为平面PBC1的一个法向量，
设CC1与平面PBC1所成角为α，
所以sinα=|cs|=|CC1⋅m||CC1|⋅|m|=2 32× 19= 5719，
所以CC1与平面PBC1所成角的正弦值为 5719．