精品解析：河南省焦作市第十一中学2024-2025学年高二上学期开学考试数学试卷A卷

高二年级上学期开学考数学试卷A卷 考试时长：120分钟 试卷分值：150分 命题人：张艳博 一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分） 1. 若复数z满足（1-2i）•z=5（i是虚数单位），则z的虚部为（　　） A. B. C. 2i D. 2 2. 已知空间向量，，则向量在向量上的投影向量是（ ） A. B. C. D. 3. 已知 ，，则有（ ） A. B. C. D. 不能确定 4. 若是所在平面内的一点，且满足，则的形状为（　　） A 等边三角形 B. 等腰三角形 C. 等腰直角三角形 D. 直角三角形 5. 已知圆柱的高为2，它的两个底面的圆周在直径为的同一个球的球面上，则圆柱的表面积为（ ） A. B. C. D. 6. 已知两非零向量与的夹角为，且，则（ ） A 8 B. 6 C. 4 D. 2 7. 在棱长为2的正方体中，E，F分别是和的中点，则直线与平面所成角的正弦值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知直线和平面，且，方向向量为，平面的一个法向量为，，则的最小值为（    ） A. B. 2 C. D. 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分） 9. 函数的图象向右平移个单位后与函数的图象重合，则下列结论正确的是（ ） A. 的一个周期为； B. 的图象关于对称； C. 是的一个零点； D. 在单调递减； 10. 直线的方向向量为，两个平面的法向量分别为，则下列命题为真命题的是（ ） A. 若，则直线平面 B. 若，则平面平面 C. 若，则平面所成锐二面角的大小为 D. 若，则直线与平面所成角的大小为 11. (多选)下列各式与tan α相等的是（ ） A. B. C. () D. 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知点，，，则平面ABC与平面xOy所成锐二面角的余弦值为______． 13. 设常数a使方程在闭区间[0,2]上恰有三个解，则__________ 14. 的内角的对边分别为.若的面积为，则____________. 四、解答题（本题共5小题，共77分） 15. 已知向量，，与的夹角为.求 （1） （2）求； （3）求. 16. 在这两个条件中任选一个，补充在下列问题中，并解答. 已知的角A，B，C对边分别为a，b，c，，而且________. （1）求； （2）求周长最大值. 17. 在正方体中，E，F分别是底面和侧面中心． （1）求证：平面 （2）求证：平面平面． 18. 已知函数，，是方程的两个不相等的实根，且的最小值为. （1）求函数的解析式； （2）若，的值域是，求m的取值范围 19. 如图，在空间直角坐标系中有长方体，. （1）求点到平面的距离； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 高二年级上学期开学考数学试卷A卷 考试时长：120分钟 试卷分值：150分 命题人：张艳博 一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分） 1. 若复数z满足（1-2i）•z=5（i是虚数单位），则z的虚部为（　　） A. B. C. 2i D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简可得答案． 【详解】由（1﹣2i）z=5，得， ∴z的虚部为2． 故选D． 【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题． 2. 已知空间向量，，则向量在向量上的投影向量是（ ） A B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据向量投影的概念，结合向量的数量积计算得出结果. 【详解】根据题意，， 在上的投影向量可为 故选：A. 3. 已知 ，，则有（ ） A. B. C. D. 不能确定 【答案】B 【解析】 【分析】先利用两角和差公式与二倍角公式化简，然后比较大小即可. 【详解】先化简，， ，所以. 故选:B 4. 若是所在平面内的一点，且满足，则的形状为（　　） A. 等边三角形 B. 等腰三角形 C. 等腰直角三角形 D. 直角三角形 【答案】D 【解析】 【分析】根据平面向量的线性运算可以得出，进而得到，由此可判断出的形状. 【详解】，， ，即， 即， 故，， 故为直角三角形， 因为不一定等于，所以不一定为等腰直角三角形. 故选：D. 5. 已知圆柱的高为2，它的两个底面的圆周在直径为的同一个球的球面上，则圆柱的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意及圆柱、球的对称，可求得圆柱底面圆半径，根据圆柱表面积的求法，即可得答案. 【详解】由题意得球的半径为，设圆柱底面圆半径为r， 根据圆柱和球的对称性可得， 所以圆柱的表面积. 故选：D 6. 已知两非零向量与的夹角为，且，则（ ） A. 8 B. 6 C. 4 D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】根据平面向量数量积的运算律，借助于可构造方程求得结果. 【详解】， 整理可得：，解得：或（舍）. 故选：C. 7. 在棱长为2的正方体中，E，F分别是和的中点，则直线与平面所成角的正弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，根据题意，求得向量和平面的法向量，结合向量的夹角公式，即可求解. 【详解】由空间直角坐标系中有棱长为2的正方体， 点分别是和的中点， 可得， 则， 设平面的法向量为，则， 取，可得，所以， 设直线与平面所成角，则， 即直线与平面所成角的正弦值为. 故选：B. 8. 已知直线和平面，且，的方向向量为，平面的一个法向量为，，则的最小值为（    ） A. B. 2 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】因为，所以的方向向量与平面的法向量垂直，再根据基本不等式，利用常数代换求解. 【详解】依题意，，即， 所以， 又，所以，，所以， 当且仅当时，即时，取到等号， 所以，故A，B，D错误. 故选：C. 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分） 9. 函数的图象向右平移个单位后与函数的图象重合，则下列结论正确的是（ ） A. 的一个周期为； B. 的图象关于对称； C. 是的一个零点； D. 在单调递减； 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据图象的平移得出函数的解析式，利用正弦型函数的周期判断A，利用对称性判断B，根据零点定义判断C，利用正弦型函数对称性判断D. 【详解】函数的图象向右平移个单位后与函数的图象重合， ， 的一个周期为，故A正确； 的对称轴满足：，， 当时，的图象关于对称，故B正确； 由，得，是的一个零点，故C正确； 当时，，在上单调递增，故D错误. 故选：ABC 10. 直线的方向向量为，两个平面的法向量分别为，则下列命题为真命题的是（ ） A. 若，则直线平面 B. 若，则平面平面 C. 若，则平面所成锐二面角的大小为 D. 若，则直线与平面所成角的大小为 【答案】BCD 【解析】 【分析】由，则直线平面或，可判断不正确；根据平面法向量的概念及空间角的求解方法，可判断正确. 【详解】由，则直线平面或，故错误； 由，则平面平面，故正确； 若，设平面和平面所成角为，且， 则， 所以平面所成锐二面角的大小为，故正确； 设直线与平面所成角为， 则，且， 所以直线与平面所成角的大小为，故正确. 故选：. 11. (多选)下列各式与tan α相等的是（ ） A. B. C. () D. 【答案】CD 【解析】 【分析】根据二倍角的余弦、正弦公式化简，再结合同角三角函数的基本关系即可逐项判断. 【详解】因为，故A错误； 因为，故B错误； 因为，所以原式＝，故C正确； 因为，故D正确. 故选：CD 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知点，，，则平面ABC与平面xOy所成锐二面角的余弦值为______． 【答案】 【解析】 【分析】先求出平面ABC与平面xOy的法向量，然后利用向量的夹角公式求解即可. 【详解】因为，，， 所以， 设平面的法向量为，则 ，令，则， 平面xOy的一个法向量为， 所以， 所以平面ABC与平面xOy所成锐二面角的余弦值为. 故答案为： 13. 设常数a使方程在闭区间[0,2]上恰有三个解，则__________ 【答案】 【解析】 【详解】试题分析：的根为函数与函数的交点横坐标，根据函数图像可知要满足有三个交点，需，此时 考点：1.函数与方程的转化；2.三角函数图像及性质 14. 的内角的对边分别为.若的面积为，则____________. 【答案】（或） 【解析】 【分析】 由已知结合余弦定理及三角形的面积公式进行化简即可求解． 【详解】解：由余弦定理可得a2﹣b2﹣c2＝﹣2bccosA， △ABC的面积为＝﹣， 又因为S△ABC＝＝﹣， 所以tanA＝﹣， 由A∈（0，π）可得A＝． 故答案为：. 【点睛】本题主要考查了余弦定理及三角形的面积公式的简单应用，属于基础试题． 四、解答题（本题共5小题，共77分） 15. 已知向量，，与的夹角为.求 （1） （2）求； （3）求. 【答案】（1）3 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据数量积的定义运算求解； （2）根据向量模长公式结合数量积的运算律运算求解； （3）根据数量积的运算律运算求解. 【小问1详解】 由题意可得：. 【小问2详解】 由题意可得：. 【小问3详解】 由题意可得：. 16. 在这两个条件中任选一个，补充在下列问题中，并解答. 已知的角A，B，C对边分别为a，b，c，，而且________. （1）求； （2）求周长的最大值. 【答案】条件选择见解析；（1）；（2）最大值. 【解析】 【分析】（1）分别选取条件，根据边角互化，结合三角函数性质或余弦定理求解即可得答案； （2）由（1）得，再结合基本不等式得，故，进而得周长的最大值. 【详解】选因为， 所以边角互化得：， 因为， 所以， 即， 又因为，所以， 所以， ； 选中，角A，B，C的对边分别是a，b，c， ， 由正弦定理边角互化得， 即， ， 由， ；. 由知， 在三角形ABC中，由余弦定理得， 即， 所以， 所以，当且仅当时等号成立. 所以， 周长的最大值为 【点睛】本题考查正余弦定理解三角形，周长最值问题，解题的关键在于边角互化，考查运算能力与化归转化思想，是中档题. 17. 在正方体中，E，F分别是底面和侧面的中心． （1）求证：平面 （2）求证：平面平面． 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）通过证明，，根据线面垂直的判定定理可证； （2）通过证明平面，平面，根据面面平行的判定定理可证. 【小问1详解】 根据题意，连接， 由正方体性质，可知面，面，所以， 在正方形中，，又，面， 所以面，面，则，同理， ，面，所以平面； 【小问2详解】 根据题意，E，F分别是底面和侧面中心， 所以，即平面为平面， 由正方体性质，，，所以四边形为平行四边形， 所以，平面，平面，则平面， 同理平面，，平面， 所以平面平面，即平面平面． 18. 已知函数，，是方程两个不相等的实根，且的最小值为. （1）求函数的解析式； （2）若，的值域是，求m的取值范围 【答案】（1）；（2）. 【解析】 【分析】（1）利用三角恒等变换化简函数的解析式，再利用正弦函数的性质，可知函数最小正周期，再根据三角函数的周期性即可求出，进而求出函数的解析式； （2）由题意可知，又的值域是，可知，结合的图象可知，，由此即可求出结果. 【详解】（1） . . 因为的最小值为π， 所以的最小正周期，解得， 所以函数的解析式为. （2）由，可得， 因为的值域是，所以， 结合的图象可知， 解得， 所以m的取值范围是. 【点睛】关键点点睛：（1）因为的最小值为，所以的最小正周期，是求解函数解析式的关键；（2）根据的图像和函数的值域，求出是解决第（2）问的关键点. 19. 如图，在空间直角坐标系中有长方体，. （1）求点到平面的距离； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】第一问，先写出空间直角坐标，然后计算对应向量，求出对应平面法向量，利用向量投影计算即可；第二问，写出坐标，计算两个平面法向量，然后利用空间向量求二面角余弦值即可. 【小问1详解】 由题可知， 得， 设平面的一个法向量为， 所以有， 令解得， 故平面的一个法向量， 所以点到平面的距离为. 【小问2详解】 由题可知， 得， 设平面的一个法向量为， 所以有， 令解得， 故平面的一个法向量， 同理平面的一个法向量为， 设平面与平面夹角为，显然为锐角， 则. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$