2024-2025学年河南省新乡市原阳第一高级中学高二（上）开学数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年河南省新乡市原阳第一高级中学高二（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.到x轴距离与到y轴距离之比等于12的点的轨迹方程为( )
A. y=2x(x≠0)B. y=±2x(x≠0)C. x=2y(x≠0)D. x=±2y(x≠0)
2.若两条平行直线x−2y+m=0(m>0)与x+ny−3=0之间的距离是2 5，则m+n=( )
A. 5B. −15C. 0D. 1
3.如图，二面角的度数为60°，其棱上有两点A、B，线段AC、BD分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱AB，若AB=5，AC=BD=4，则线段CD的长为( )
A. 73B. 41C. 73D. 41
4.已知平面α的一个法向量为n=(3,1,3),M(1,0,0),N(1,32,0)，其中M∈α，N∉α，则点N到平面α的距离为( )
A. 1938B. 5 1938C. 3 1938D. 2 1919
5.有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中有放回的随机取两次，每次取1个球，甲表示事件“第一次取出的球的数字是1”，乙表示事件“第二次取出的球的数字是2”，丙表示事件“两次取出的球的数字之和是8”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和是7”，则( )
A. 甲与丙相互独立B. 甲与丁相互独立C. 乙与丙相互独立D. 丙与丁相互独立
6.已知圆C的方程为x2+y2=9，直线l：x+2y−10=0，点P是直线l上的一动点，过P作圆C的两条切线，切点分别为A，B，当四边形PACB的面积最小时，直线AB的方程为( )
A. 2x+4y+9=0B. 4x+2y+9=0C. 4x+2y−9=0D. 2x+4y−9=0
7.在棱长为3的正方体ABCD−A1B1C1D1中，EF是正方体ABCD−A1B1C1D1外接球的直径，点P是正方体ABCD−A1B1C1D1表面上的一点，则PE⋅PF的取值范围是( )
A. [−92,0]B. [−52,0]C. [0,52]D. [0,92]
8.已知函数为f(x)的定义域为R，f(x)>f(x−1)+f(x−2)，且当x<3时，f(x)=x，则下列结论中一定正确的是( )
A. f(10)>100B. f(20)>1000C. f(10)<1000D. f(20)<10000
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.下列说法正确的是( )
A. 已知直线l过点P(2,3)，且在x、y轴上截距相等，则直线l的方程为x+y−5=0
B. 直线 3x+y+1=0的倾斜角为120°
C. a∈R，b∈R，“直线ax+2y−1=0与直线(a+1)x−2ay+1=0垂直”是“a=3”的必要不充分条件
D. 若直线l沿x轴向左平移3个单位长度，再沿y轴向上平移2个单位长度后，回到原来的位置，则该直线l的斜率为−23
10.关于空间向量，以下说法正确的是( )
A. 已知两个向量a=(m,1,3),b=(−1,5,n)，且a//b，则mn=−3
B. 已知a=(0,1,1),b=(0,0,−1)，则b在a上的投影向量为(0,−12,−12)
C. 设{a,b,c}是空间的一个基底，则{a−b,b,c}也是空间的一个基底
D. 若对空间中任意一点O，有OP=13OA+12OB−14OC，则P，A，B，C四点共面
11.下列说法正确的是( )
A. 圆x2+y2−10x−10y=0与圆x2+y2−6x+2y−40=0的公共弦长为4 10
B. 过点P(2,1)作圆O：x2+y2=1的切线l，则切线l的方程为4x−3y−5=0
C. 圆x2+y2−x+2y=0与圆(x+2)2+(y−32)2=54关于直线x−y+1=0对称
D. 圆心为A(2,−3)，半径为5的圆的标准方程是(x−2)2+(y−3)2=25
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.假如P(A)=0.7，P(B)=0.8，且A与B相互独立，则P(A∪B)= ______．
13.直线l经过点( 3,1)，且直线l的一个方向向量为(−2,−2 3)，若直线l与x轴交于点(a,0)，则a= ______．
14.写出与圆x2+y2=1和(x−3)2+(y−4)2=16都相切的一条直线的方程 ．
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，在空间四边形OABC中，2BD=DC，点E为AD的中点，设OA=a,OB=b,OC=c．
(1)试用向量a,b,c表示向量OE；
(2)若OA=OB=OC=3，∠AOC=∠BOC=∠AOB=60°，求OE⋅BC的值．
16.(本小题15分)
已知△ABC的顶点A(2,0)，B(0,4)，且重心G的坐标为(−23,43)．
(1)求C点坐标；
(2)数学家欧拉在1765年提出定理：三角形的外心、重心、垂心依次位于同一直线上，这条直线被后人称之为三角形的欧拉线.求△ABC的欧拉线的一般式方程．
17.(本小题15分)
在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知2bsinA= 3a,b2=c(2a+c)．
(1)求sinAsinC的值；
(2)若D是△ABC的外接圆上一点(B与D位于直线AC异侧)，且CD=2AD=2，求四边形ABCD的面积．
18.(本小题17分)
如图，AE⊥平面ABCD，CF//AE，AD//BC，AD⊥AB，AB=AD=2，AE=BC=4．
(1)求直线CE与平面BDE所成角的正弦值；
(2)若二面角E−BD−F的余弦值为13，求线段CF的长．
19.(本小题17分)
中国古代数学名著《九章算术》中记载：“刍甍者，下有袤有广，而上有袤无广.刍，草也.甍，屋盖也.”翻译为“底面有长有宽为矩形，顶部只有长没有宽为一条棱.刍甍是茅草屋顶.”现有一个刍甍如图所示，四边形ABCD为正方形，四边形ABFE，CDEF为两个全等的等腰梯形，AB=4，EF/​/AB，AB=2EF，EA=ED=FB=FC=3．
(1)当点N为线段AD的中点时，求证：直线AD⊥平面EFN；
(2)当点N在线段AD上时(包含端点)，求平面BFN和平面ADE的夹角的余弦值的取值范围．
参考答案
1.D
2.A
3.D
4.C
5.B
6.D
7.A
8.B
9.BCD
10.ABC
11.AC

13.2 33
14.x+1=0或7x−24y−25=0或3x+4y−5=0(填一条即可)
15.解：(1)因为2BD=DC，OA=a,OB=b,OC=c，
所以BD=13BC=13(OC−OB)，
所以OD=OB+BD=OB+13(OC−OB)=23OB+13OC，
因为点E为AD的中点，
所以OE=12OA+12OD=12OA+12(23OB+13OC)
=12OA+13OB+16OC=12a+13b+16c．
(2)因为OA=OB=OC=3，∠AOC=∠BOC=∠AOB=60°，
即|OA|=|OB|=|OC|=3，
则BC=OC−OB，OE=12OA+13OB+16OC，
所以OE⋅BC=(12OA+13OB+16OC)⋅(OC−OB)
=12OC⋅OA+16OC⋅OB+16OC2−12OB⋅OA−13OB2
=12×3×3×12+16×3×3×12+16×32−12×3×3×12−13×32=−34．
16.解：(1)设C(x,y)，则由重心G的坐标为(−23,43)，
则13(2+0+x)=−2313(0+4+y)=43，
解得x=−4，y=0，即C(−4,0)，
所以C点坐标为(−4,0)．
(2)设△ABC的外心P(x,y)，则由外心性质可得P在AC的中垂线x=−1上，即P(−1,y)，
由|PC|= (−1+4)2+y2，|PB|= (−1)2+(y−4)2，|PC|=|PB|，
则9+y2=1+(y−4)2，即9+y2=1+y2−8y+16，解得y=1，即P(−1,1)．
又G(−23,43)，故欧拉线的斜率为kGP=1−43−1−(−23)=−13−13=1，
故△ABC的欧拉线的方程为y−1=x−(−1)，即x−y+2=0．
17.解：(1)在锐角△ABC中，
因为2bsinA= 3a，由正弦定理可得：2sinBsinA= 3sinA，
而sinA>0，故sinB= 32，
因为B是锐角，所以B=π3，
由余弦定理得b2=a2+c2−2accsB=a2+c2−ac，
又因为b2=c(2a+c)，所以c(2a+c)=a2+c2−ac，
整理的ac=3，
故sinAsinC=ac=3；
(2)在△ADC中，因为CD=2AD=2,D=π−B=2π3，
由余弦定理得AC2=AD2+CD2−2AD⋅CDcs2π3=12+22−2⋅1⋅2⋅(−12)=7，
在△ABC中，由余弦定理得AC2=AB2+BC2−2AB⋅BCcsπ3，
即c2+9c2−2c⋅3ccsπ3=7，解得c=1，
所以四边形ABCD的面积为S=S△ABC+S△ACD=12acsinB+12AD⋅CDsinD
=12×3×1× 32+12×1×2× 32=5 34．
18.解：(1)因为AE⊥平面ABCD，AD，AB在平面ABCD内，则AE⊥AD，AE⊥AB，又AD⊥AB，
故以A为坐标原点，AB，AD，AE所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，

则A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(2,4,0)，D(0,2,0)，E(0,0,4)，
故BD=(−2,2,0)，BE=(−2,0,4)，CE=(−2,−4,4)，
设n=(x,y,z)为平面BDE的法向量，
则n⋅BD=−2x+2y=0n⋅BE=−2x+4z=0，令z=1，得n=(2,2,1)，
设直线CE与平面BDE所成角为θ，
则有sinθ=|cs|=|CE⋅n|CE||n||=|−4−8+4 36× 9|=49，
∴直线CE与平面BDE所成角的正弦值为49；
(2)设CF=ℎ(ℎ>0)，则F(2,4,ℎ)，则BF=(0,4,ℎ)，
设m=(x1,y1,z1)为平面BDF的法向量，
则m⋅BD=−x1+y1=0m⋅BF=4y1+ℎz1=0，取y1=1，可得m=(1,1,−4ℎ)，
由题意：|cs|=|m,n||m||n|=|4−4ℎ|3× 2+16ℎ2=13，解得ℎ=167，
∴线段CF的长为167．
19.解：(1)证明：因为点N为线段AD的中点，且EA=ED，
所以AD⊥EN，
因为EF/​/AB，且四边形ABCD为正方形，故AD⊥AB，
所以AD⊥EF，而EN∩EF=E，EN，EF⊂平面EFN，
故AD⊥平面EFN；
(2)设正方形ABCD的中心为O，分别取AB，BC，EF的中点为P，Q，S，
设点H为线段AD的中点，由(1)知E，F，H，Q四点共面，且AD⊥平面EFH，
连接OS，OS⊂平面EFH，故AD⊥OS，
又AD⊂平面ABCD，故平面ABCD⊥平面EFHQ，
且平面ABCD∩平面EFHQ=HQ，
由题意可知四边形EFQH为等腰梯形，故OS⊥HQ，
OS⊂平面EFHQ，故OS⊥平面ABCD，
故以O为坐标原点，OP−．OO−．OS−为x，y，z轴建立空间直角坐标系，

因为AB=4，则A(2,−2,0)，B(2,2,0)，C(−2,2,0)，D(−2,−2,0)，
又AB=2EF，故EF=2，
设EF到底面ABCD的距离为ℎ，
四边形ABFE，CDEF为两个全等的等腰梯形，且EF/​/AB，
故E(0,−1,ℎ)，F(0,1,ℎ)，又EA=ED=FB=FC=3，
故 22+12+ℎ2=3，∴ℎ=2，则E(0,−1,2)，F(0,1,2)，
AE=(−2,1,2),AD=(−4,0,0),BF=(−2,−1,2),BA=(0,−4,0)，
设AN=λAD,λ∈[0,1]，∴BN=BA+AN=BA+λAD=(−4λ,−4,0)，
设平面BFN的一个法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅BF=−2x−y+2z=0n⋅BF=−4λx−4y=0，令x=2，∴n=(2,−2λ,2−λ)，
设平面ADE的一个法向量为m=(a,b,c)，
则m⋅AD=−4a=0m⋅AE=−2a+b+2c=0，令c=1，∴m=(0,−2,1)，
故|cs〈n,m〉|=|n⋅m||n||m|=|3λ+2| 5× 5λ2−4λ+8=3 5 (λ+23)5λ2−4λ+8，
令m=λ+23,m∈[23,53]，则|cs〈n,m〉|=3 5⋅ m5m2−323m+1169，
令t=1m∈[35,32]，则|cs〈n,m〉|=3 5⋅1 1169t2−323t+5，
令f(t)=1169t2−323t+5，则f(t)在[35,32]上单调递增，
故当t=35时，f(t)min=f(35)=8125，当t=32时，f(t)max=f(32)=18，
故|cs〈n,m〉|∈[ 1010, 53]，
即平面BFN和平面ADE的夹角的余弦值得取值范围为[ 1010, 53]．