精品解析：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

建新高中2024-2025学年 高二上暑假验收（数学） 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 cm B. 240 cm C. 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 圆柱的侧面展开图是一个矩形； 圆锥的侧面展开图是一个扇形； 圆台的侧面展开图是一个梯形； 棱锥的侧面为三角形． A. 1 B. 2 C. 3 D. 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. 2 D. 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. 已知是圆：的直径，、是圆上两点，且，则的最小值为（ ） A. 0 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题意设弦的中点为，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. ①② B. ①②③ C. ①③ D. 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. 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，，，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， 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. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 建新高中2024-2025学年 高二上暑假验收（数学） 一、单选题（每题5分，40分） 1. 已知某扇形的圆心角为80°，半径为6 cm，则该圆心角对应的弧长为 A. 480 cm B. 240 cm C. D. 2. 设复数,则虚部是（ ） A. B. C. D. 3. 已知函数是上的奇函数，且的图象关于对称，当时，，则的值为（ ） A. B. C. D. 4. 下列说法中，正确的个数有　　个 圆柱的侧面展开图是一个矩形； 圆锥的侧面展开图是一个扇形； 圆台的侧面展开图是一个梯形； 棱锥的侧面为三角形． A 1 B. 2 C. 3 D. 4 5. 已知向量，满足，，且，则( ) A. B. C. 2 D. 4 6. 已知是圆：的直径，、是圆上两点，且，则的最小值为（ ） A. 0 B. C. D. 7. 函数的部分图象可能是（ ） A. B. C. D. 8. 已知四边形为矩形，，E为的中点，将沿折起，连接，，得到四棱锥，M为的中点，在翻折过程中，下列四个命题正确的序号是（ ） ①平面； ②三棱锥体积最大值为； ③； ④一定存在某个位置，使； A. ①② B. ①②③ C. ①③ D. ①②③④ 二、多选题（每题6分，18分） 9. 已知向量，.设函数，且函数图像的两相邻对称轴间的距离为，则 （ ） A. B. 是函数图像对称中心 C. 函数在区间上单调递减 D. 使成立的的取值区间为 10. 已知直四棱柱的侧棱长为3，底面是边长为2的菱形，为棱上的一点，且为底面内一动点（含边界），则下列命题正确的是（ ） A. 若与平面所成的角为，则点的轨迹与直四棱柱的交线长为 B. 若点到平面的距离为，则三棱锥体积的最大值为 C. 若以为球心的球经过点，则该球与直四棱柱的公共部分的体积为 D. 经过三点的平面截直四棱柱所得的截面面积为4 11. （多选题）若复数，其中为虚数单位，则下列结论不正确的是（ ） A. 的虚部为 B. C. 的共轭复数为 D. 为纯虚数 三、填空题（每题5分，15分） 12. 若锐角满足，则角的度数为________． 13. 已知，，___________. 14. 如图，已知直四棱柱的所有棱长等于1，，和分别是上下底面对角线的交点，在线段上，，点在线段上移动，则三棱锥的体积最小值为______. 四、解答题 15. 如图，在四棱锥S－ABCD中，四边形ABCD是边长为2的菱形，∠ABC＝60°，△SAD为正三角形．侧面SAD⊥底面ABCD，E，F分别为棱AD，SB的中点． （1）求证：AF∥平面SEC； （2）求证：平面ASB⊥平面CSB； （3）在棱SB上是否存在一点M，使得BD⊥平面MAC？若存在，求的值；若不存在，请说明理由． 16. 已知函数. （1）当时，函数存在零点，求实数的取值范围； （2）设函数，若函数与的图象只有一个公共点，求的取值范围. 17. 如图，在四棱锥中，，四边形是菱形，，，是棱上的两点，且. （1）证明：平面平面； （2）若再从下面两个条件中选择一个作为已知条件，求平面与平面所成二面角的大小. ①平面； ②三棱锥的体积. 18. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知，． （1）求值； （2）求的值． 19. 在锐角△ABC中，设角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，． （1）若，求△ABC的面积； （2）求的值； （3）求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$