辽宁省部分高中2024-2025学年高二上学期开学9月联合考试数学试题

2024-2025学年度上学期高二年级开学阶段测试 数学参考答案及解析 一、单选题 1.D【解析】由题可得=-1+3i,5=2-5i,所以=2+5i, Z·z3=(-1+3i)(2+5i)=-17+i. 2.B【解析】对于A,若mca,nCB,mn,则a∥B或与B相交，故A错误；对于B, 若m⊥a,m∥n,则n⊥a,又nCP,所以a⊥B,故B正确；对于C,若 ⊥B,aB=,n⊥，则n⊥B不一定成立，故C错误；对于D,若a⊥B,mLa,则 m/∥B,或mcB,故D错误 3.A【解析】由题意得，1a=2,3,因为(a+b)-(a-2乃)=a-2乃2-a方=-17，所以 .b=3,所以c0s<a,b> a.b31 丽23方，因为ca5e0,所以<a6子即8与i 的夹角为写 4C【解析】因为()的图象关于点(0中心对称，所以2x于+p=kxke乙，即 3 ”=+keZ,又M行，所以取k=山则p-号 3 5.D【解析】cos(P,2)=cos<OP,O2> Op.0o (sina,cosa)(1,0) o.o sin2 a+cos a =si,故 1-sina-5-5，所以ma- 19 ,则cos2a=1-2sin2a= 5 25 6.B【解析】取BC的中点O,CD的中点E,连接AO,OE,则OE∥BD.因为 AB=AC,所以AO⊥BC.又因为∠CBD=90°，所以OE⊥BC,所以∠AOE为二面角 A-BC-D的平面角，即∠AOE=120°，过点E作EF⊥AO于点F,因为 BC⊥OE,BC⊥AO,OE⌒AO=O,且OE,AOc平面OEF,所以 EF⊥BC,又BCAO=O,所以EF1平面ABC.因为OE=2N2,所以点E到平面 ABC的距离为EF=2W2sin60°=√6，所以点D到平面ABC的距离为h=2√6，所以 三楼锥D-A8C怕作期r-写×5h-兮分k4k26-6 32 数学答案第1页共11页 @CC解析由题知，设AB=x,则BCn0=vc,BD=一” tan456=x, BE=- x- 3 2x,又CD=DE=60m,所以在△BEC中， tan60°3 008BRC EC2-BC130 一①，在△BDE中， 2BE·EC 2x6 2x×120 3 x2+60-x2 cOS∠BEC=BF+ED-BD2-3 2+3 —②，联立①②，解得x=30√6≈73.47≈73. 2BE·ED tx60 8.B【解析】在△ABC中，由已知与正弦定理得3b2+2c2=a2+2 bcsin A,因为 a'=b2+c2-2bc cos A,3b2+2c2=b2+c2-2bc cos A+2bcsin A 2b'+c2=2bc(m4-cosA0=25cin(1-7,因为b>0c>0,2b+c≥25c, 即2c(1-孕≥25ac,所以in(4第≥l,衡以4-孕=1，部得A- 41 41 4 三20=22：所议△的面积S--bcsinA-头2x2迈x 二、多选题 9.BD【解析】对于A,a+b=(-3,4),所以ā+b上5，A错误；对于B,若(a+b)∥c, 因为a+b=(-3,4,c=(,n-1),所以-3×(n-1)-4m=0,则4m+3n=3,B正确： 对于C,若a⊥c,则-1×m+n-1=0,则n-m=1,C错误：对于D,a在b上的投影 aB B 1015 10,BCD【解析】对于A利用余弦定理得，coA=B+c-d-VBbc-V 2bc ,因为Ae(0,), 所以4-云故A错送，对于B,当△c有两解时，力5<b,所以6的取值范园是 (48),故B止：对于C。△的面积sm4=c,且易知 b2+c2-16=√bc≥2bc-16,解得bc≤16(2+√3)，当且仅当b=c=22+2√6时取等号， 此时S-bc≤8+45，故c正确：对于D,设D为BC的中点，则AD=)MB+AC, 数学答案第2页共11页 所以AD=4B+AC',即b+c2+√5bc=32,又因为b+c2-16=V5bc,所以 b2+c2=24,故D正确， 11.ACD【解析】取BC的中点H,连接AH,取HC的中点E,连接MB,MW易知 NE⊥平面BCC,B,所以NE⊥B,C,又因为在正方形BCC1B,中，EM分别为BC,C,C边 上的四等分点，所以ME⊥B,C,又MENE=E,所以B,C⊥平面NEM,所以 MNLBC,故A正确：取CC的中点Q,连接AQ,在BB上取靠近B的四等分点，连接 JQ,易知平面BN∥平面AQJ,所以动点P的轨迹长度即为Q的长度，所以 Q=BM=V17,故B错误；在正方形ACCA中，点N为AC的中点，点M为CC,的四 等分点，所以AN⊥MN,BN⊥平面ACCA,又因为BN=2W5,AB=4N2,AM=5, 4W=25,MN=V5,由余弦定理，得cos∠B4M-4B+AMBM- 2AB.AM 之，则 ∠BAM=L,设点N到平面4BM的距离为d,由'三棱-ABw='三楼能B-4ax,得 dABxAwxm)aN34No 解得d=√，所以点N到平面 ABM的距离为√3，故C正确；如图，MC=1,MC1=3,M到棱AA的距离等于4，故球 M的球面与侧面ACCA的棱AC,A4,AC各有一个交点，分别为O,O,O3,同理可得与侧 面BCCB的棱B,G,BB,BC各有一个交点，分别为O4,O,O 如图，点M在平面ABB,A,上的射影为M1,因为以点M为球心，4为半径作球，点M到平 面ABBA的距离为2√3，所以在平面ABB,A上，以点M1为圆心，2为半径作圆，与 AB有两个交点分别为O,Q.与AB没有交点.综上，以M为球心，4为半径的球面与该 棱柱的棱的公共点的个数为8，故D正确 数学答案第3页共11页 ,01 三、填空题 12. 【解析】cos61+sin28)_cos6sin0+cos0) 2 5 sinθ+cosθ sin0+cos sin 0 cos 0+cos20= sine cos0+cos20 tan0+1 2 sin0+coso tan?0+1-5 13.f(x)=2sin2x+1(答案不唯一)【解析】由D可设f(x)=Acos(ox+p)+B,又由③ 可知，不妨设A>0，由题得4=3-(-D=2,B=3+()=1，又由②可知 2 2 T兀 所以T=元，所以 要-2，所以f)=2m2x+p*1,又f用-2o任1=3， 解得 p=-+2km,ke乙，取k=0,则p=-，此时函数f(x的一个解析式为 2 f(x)=2sin2x+1. 4 1490°子【解折】由几何体的结构特征知PQ为外接球的直径，所以∠PBQ=90连 接PQ,交平面ABC于点N,取AB的中点M,连接CM,PM,QM,BN,如图，由正棱锥 的性质知N∈CM,∠PMN=x,∠QMN=B,因为 caw-CM=号a-w-子-F-5,则awcw29,cM=5, N=5设PN=A,ON=么，外接球半径为R则PB:=BN+P=年+F, 3 3 0=N-0-号店，所以自P0=P9+BQ得+-专+手店，即 3 3 h-蒼又mu- 四-V4,tmnp=N=√3弘，故 W N tan(a+B)= ma+mA-50+2.5士，而么+么≥2= 1-tan atan B 1-3hh ,当且仅当 -3 3 数学答案第4页共11页 A-么-25时取等号故am(a+Am=-号 3 四、解答题 15.解：(1)如图，正四棱台ABCD-AB,C,D的每个侧面皆为全等的等腰梯形， 分别取B,C,BC的中点为M,N,连接OM,ON,N,过点M作MH⊥ON于H, O=MH=60 cm,QM=20 cm.ON=40 cm,HIN-20 c' 故MN=VwMH2+W=√602+202=20W10(cm),--2分 所以正四棱台ABCD-AB,CD的表面积为 402+802+4××(40+80)×20V10=(8000+4800W10)cm2.--7分 D A (2)若将这块铁料最大限度地打磨为一个圆台，则圆台OO的上、下底面圆分别是正四棱 台的上、下底面正方形的内切圆，高为正四棱台的高，则圆台的上底面半径为20cm,下 底面半径为40cm,高为60cm,---9分 测题台Q0的休积r-号2心+40+2040x60=560mam）.-一13分 16.解：(1)因为acos C+√3 asin C=b+c, 由正弦定理得 sin Acos C+3sin Asin C=sin B+sin C=sin(A+C)+sin C=sin Acos C+cos Asin C+sin C, 所以V5 sin Asin C-cos AsinC=inC.----3分 因为C∈(Q,,所以C≠0，所以3sinA-cosA=1,即2si4-,所2 数学答案第5页共11页 π)1 m4-62 因为A0网，所以名4吾，即4名吾所以4智一5分 6 661 31 b c 又a=√3，由正弦定理得 a=2,b=2sin B.c=2sinC, sin B sinC sinA 所以a+6+e=2ns+2amC+5=2m5+2(s)+有 =3sin B+3 cosB+3=23sin(B++ ----7分 由0ac等吾B+名周aw50g53i, 所以△4BC周长的取值范围为(2V5,3√5 .--8分 (2)△ABC的面积S-bcsi血A=5c,设△ABC的内切圆半径为r, 4 则△ABC的面积了=a+b+0)r6+eW),所以0+c+=5c.-一-一10分 2 4 由余弦定理得osA-D+cd,即+c2-3 2bc 2 2bc 得b2+c2=3+bc,6+c=3+3c,所以bc=[b+c}2-3)，--一13分 则r 3bc 50+-引点+6：由(D知b+ce(N5,25] 2(6+c+V5)2b+c+√3 6 所以r的最大值为号 .---15分 17.证明：(1)如图，取BE的中点O,连接OC,OG, 又因为G为A8的中点，所以OGAE,0G=2AB. 因为CD//AE,.CD=AB,所以cD/oG,且CD=OG, 所以四边形CDG0为平行四边形，则DG∥CO,--2分 因为AE⊥CE,AE⊥EB,CE⌒EB=E,CE,EBC平面BCE,所以AE⊥平面BCE. 因为COc平面BCE,所以AE⊥CO,则AE⊥DG,---4分 因为二面角C-AE-B的大小为60°，所以∠CEB=60°， 因为BE=CE,所以△CEB为等边三角形 因为O是BE的中点，所以BE⊥CO,---6分 所以BE⊥DG' 数学答案第6页共11页 因为BEAE=E,BE,AEC平面ABE,所以DG⊥平面ABE.---8分 (2)解：如图，在平面ABE内，过点G作GH⊥AF,连接DH,GF, 由(1)知，DG⊥平面ABE,因为AFC平面ABE,所以DG⊥AF 因为GH⊥AF,DG,GHC平面DHG,DGOGH=G,所以AF⊥平面DHG 因为DHC平面DHG,所以AF⊥DH.所以∠DHG是二面角D-AF-B的平面角. ---10分 在A4r中，伍=2球-号所以AF=NaB4EF4+子- 4+95 因为88B22=2,所议5sg 11 SAB=2X4 =x2= 8 4 所以3n4PGH=子，解符GH= 5 ，-—-12分 在Rt△COE中，C0=VCE2-OE=V4-1=V3,所以DG=C0=V3, 在Rt△DiG中，Da=VDG+GH+52g2, ---14分 1 所以cos∠DHG=GH=5-19 DF21西38，即二面角D-AF-8的余弦值为V四 38 5 ----15分 18解：(1)由离散曲率的定义得①，=1- -(∠APB+∠BPC+∠CPA), 2 .=I(<4P+2C4P/R4C),,=1-<8P2caP+∠AaC). 2π :=I-（2AcB+BcP-∠4c. 四个式子相加得④，+①4+①+①。=4-×4机=2.-一-4分 2元 (2)①因为PA⊥平面ABC,BCc平面ABC,所以PA⊥BC. 因为AC⊥BC,PA∩AC=A,所以BC⊥平面PAC. 又PCc平面PAC,所以BCL PC,即∠BCP=元 --5分 数学答案第7页共11页 由题得Φ。=1- L(∠ACB+∠BCP+∠ACP), 2 3 即=1-22+2+∠ACP 8 解得∠ACP- ---7分 4 如图，过A作AM⊥PC于点M,因为BC⊥平面PAC,AMC平面PAC,所以 BC⊥AM, 又BC∩PC=C,BC,PCC平面PCB,所以AM⊥平面PCB, 所以点A到平面PCB的距离为线段AM的长.---9分 在Rt△4CM中，AM=ACim∠ACP=2×5-V2.-10分 2 ②如图，过点Q作OG∥PA交AB于点G,连接CG, 因为PA⊥平面ABC,所以QG⊥平面ABC,则∠GCQ为直线CQ与平面ABC所成的角. ---11分 PB3,Cos∠PBA=ABV6 由题知PA=2,AB=25,PB=25,Sn∠Pa4=2A5 PB 3 设B0=x(0<xs25),则OG=BQm∠PBA=5, BG=B0coS∠PBA=Y6, 在△BCG中，CG=√BC2+BG-2BC.BG·cos∠ABC=Y 4+ 3 ------14分 又cos∠Gc0-Y30,所以sin∠GC0=-cos'zGCo- 6 2,所以 6 数学答案第8页共11页 tan∠GCQ= sin∠GC2_V5 coS∠GCQ 5 所以tan∠GCQ= QG -x 5 CG 224W3 5 解得x= 25 v5 3 ,故B0= 3 3 3 ----17分 19.(1)证明：在△AOC,△AOD,△BOC,△BOD中， CAS△Aoc= 201.0csim∠40c Osin∠AOC CB SBoC -OB.OCsin∠BOC Oin∠BOC DA S△A0D= 1 ADsin∠AOD Oin∠AOD DB S BOD 1 OB.ODsin∠BOD Osin∠BOEi 2 CA OAsin∠AOC sin∠AOC.sin∠BOD 所以(ABCD)= CB OBsin.∠BOC_ DA OAsin∠AOD --3分 sin∠BOC.sin∠AOD DB OBsin∠BOD 又在△EOG,△EOH,△FOG,△FOH中， 1 GE SAROG OE.OGsin∠EOG 2 Oim∠EOG GE SAFOG 1 OF.OGsin∠FOG OFin∠FOG' 1 HE_S△OH= OE.OH sin∠EOH OE sin EOH HE S△FoH 1 OF.OH sin∠FOH OF sin FOH 2 GE OE sin∠EOG 所以(BoH)-需- OF sin FOG sin∠EOG.sin∠FoH OE sin∠EOH --6分 sin∠FOG.sin∠EOH HF OF sin∠FOH 又∠EOG=∠AOC,∠FOH=∠BOD,∠FOG=∠BOC,∠EOH=∠AOD, 所以sin∠AOC,sin∠BOD_sim∠EOG.sin.∠ROH sin∠BOC.sin∠4OD sin.∠FoG:sin∠EOH' 所以(EFGH)=(ABCD).----分 数学答案第9页共11页 CA Q解自图数可得(G洲=子所以(4CD)即器号所以治源 CB DA2 DB 又5为线度40能中点。即股所以会3， CB 又AC=3,则BC=1,AB=2,----10分 设OA=x,OC=y且OB=√5， 由∠ABO=π-∠CBO,得cOS∠ABO+COS∠CBO=0, 即2+5-x2+(- -=0,解得x2+2y2=15①，---12分 2×2x√5 2×1×V3 在△40B中，由正弦定理可得，B ②， sin∠AOB sin∠ABO 在△COB中，由正弦定理可得，OB y sim∠☑BCO-sin.∠c8O③， 且sin∠ABO=sin∠CBO, @®得6mCO子子有月，即=B④，5分 ysin∠AOB OB 由①④解得x=3,y=√3（负值舍去），即AO=3,OC=√5， 所以cos4=40+AB2-0B23+2-(5)5 —-17分 2A0.AB 2×3×26 数学答案第10页共11页 2024—2025学年度上学期高二年级开学阶段测试 数学 本卷满分150分，考试时间120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求的） 1. 若复数，在复平面内对应的点的坐标分别为，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知，是两个平面，m，n是两条直线，则下列命题正确的是（ ） A. 若，，，则 B. 若，，，则 C. 若，，，则 D. 若，，则 3. 已知，，，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 4. 已知函数的图象关于点中心对称，则（ ） A. B. C. D. 5. 人脸识别就是利用计算机检测样本之间的相似度，余弦距离是检测相似度的常用方法.假设二维空间中有两个点，，为坐标原点，定义余弦相似度为，余弦距离为.已知点，，若，的余弦距离为，则（ ） A. B. C. D. 6. 在三棱锥中，，，，，二面角的大小为，则三棱锥的体积为（ ） A. B. C. D. 7. 如图，某校数学兴趣小组为了测量某古塔的高度，在地面上共线的三点C，D，E处测得点A的仰角分别为，且，则古塔高度约为（ ）（结果保留整数）（参考数据：） A. 69m B. 70m C. 73m D. 75m 8. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，则的面积为（ ） A. 1 B. 2 C. D. 二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题所给的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9. 已知向量，，，则（ ） A. B. 当时， C. 当时， D. 在上的投影向量的坐标为 10. 在中，内角，，所对的边分别为，，，且，，则（ ） A. B. 当有两解时，的取值范围是 C. 面积的最大值为 D. 当BC边上的中线的长为时， 11. 已知正三棱柱的棱长均为4，点在棱上，且，N为的中点，为侧面内一动点（包括边界），则下列选项正确的是（ ） A. B. 若平面，则动点的轨迹长度为4 C. 点到平面的距离为 D. 以为球心，4为半径的球面与该棱柱的棱的公共点的个数为8 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 若，则__________. 13. 已知函数满足下列条件： ①的图象是由的图象经过变换得到的； ②对于，均满足； ③的值域为. 请写出符合上述条件的一个函数解析式：__________. 14. 如图，正三棱锥的侧面和底面所成的角为，正三棱锥的侧面和底面所成的角为，，P和位于平面的异侧，且这两个正三棱锥的所有顶点都在同一个球面上，则__________，的最大值为__________. 四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 如图，正四棱台是一块铁料，上、下底面的边长分别为40cm和80cm，，O分别是上、下底面的中心，棱台高为60cm. （1）求正四棱台的表面积； （2）若将这块铁料最大限度地打磨为一个圆台，求圆台的体积. 16. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，. （1）求周长的取值范围； （2）求内切圆半径的最大值. 17. 如图①，在平面四边形中，，点在边上，，，为的中点，将四边形沿折起，使得二面角的大小为，得到如图②所示的几何体. （1）证明：平面； （2）若点F在上，，求二面角的余弦值. 18. 离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标．设P为多面体M的一个顶点，定义多面体M在点P处的离散曲率为，其中为多面体M的所有与点P相邻的顶点，且平面，平面，…，平面和平面为多面体M的所有以P为公共点的面．已知三棱锥如图所示． （1）求三棱锥在各个顶点处的离散曲率的和； （2）若平面ABC，，，三棱锥在顶点C处的离散曲率为，求点A到平面PBC的距离； （3）在（2）的前提下，又知点Q在棱PB上，直线CQ与平面ABC所成角的余弦值为，求BQ的长度． 19. 射影几何学中，中心投影是指光从一点向四周散射而形成的投影，如图，为透视中心，平面内四个点经过中心投影之后的投影点分别为．对于四个有序点，定义比值叫做这四个有序点的交比，记作． （1）证明：； （2）已知，点为线段的中点，，求． 2024—2025学年度上学期高二年级开学阶段测试 数学 本卷满分150分，考试时间120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求的） 【1题答案】 【答案】D 【2题答案】 【答案】B 【3题答案】 【答案】A 【4题答案】 【答案】C 【5题答案】 【答案】D 【6题答案】 【答案】B 【7题答案】 【答案】C 【8题答案】 【答案】B 二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题所给的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 【9题答案】 【答案】BD 【10题答案】 【答案】BCD 【11题答案】 【答案】ACD 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 【12题答案】 【答案】## 【13题答案】 【答案】（答案不唯一） 【14题答案】 【答案】 ①. ## ②. 四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 【15题答案】 【答案】（1） （2） 【16题答案】 【答案】（1） （2） 【17题答案】 【答案】（1）证明见解析 （2） 【18题答案】 【答案】（1）2 （2） （3） 【19题答案】 【答案】（1） 在、、、中， ， 所以， 又在、、、中， ， 所以， 又，，， 所以， 所以. （2） 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $