精品解析：河南省驻马店市新蔡县第一高级中学2024-2025学年高二上学期8月开学考试数学试题

新蔡县第一高级中学高二2024年8月份开学考试数学试题 一、选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分． 在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上． 1. 已知为虚数单位，复数，则（ ） A B. C. D. 2. 设为单位向量，，当的夹角为时，在上的投影向量为（ ） A B. C. D. 3. 圆环被同圆心的扇形截得的一部分叫做扇环．如图所示，扇环的内圆弧的长为，外圆弧的长为，圆心角，则该扇环的面积为（ ） A. B. C. D. 4. 设为空间中两条不同直线，为空间中两个不同平面，下列命题正确的是（ ） A. 若，则 B. 若不垂直于，则必不垂直于 C. 若,，则 D. 若是异面直线，，则 5. 若，则的值为（ ） A B. C. D. 6. 已知四棱柱的高为3，其底面ABCD水平放置的直观图（斜二测画法）如图所示，其中，，则这个四棱柱的体积为（ ） A. B. C. D. 7. 函数部分图像如图所示，是等腰直角三角形，其中两点为图像与轴的交点，为图像的最高点，且，则（ ） A. B. C. D. 8. 在三棱锥中，底面，，，的面积为，则三棱锥的外接球表面积的最小值为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分． 在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求． 全部选对得 6 分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分． 9. 莱昂哈德·欧拉（LeonhardEuler，1707年4月15日～1783年9月18日），瑞士数学家、自然科学家.欧拉是18世纪数学界最杰出的人物之一，他不但为数学界作出贡献，更把整个数学推至物理的领域.他在1765年首次提出定理：的外心O，重心G，垂心H依次位于同一条直线上，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半，该直线被称为欧拉线.若，，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 如图，在三棱锥 中，， 点 是 上一动点，则（ ） A. 过 各中点的截面的面积为 B. 直线 与平面 所成角的正弦值为 C. 面积的最小值为 D. 将三棱锥的四个面展开在同一平面得到的平面图形可以是直角三角形或正方形。 11. 如图所示，则（ ） A. 在上单调递增 B. C. 若先把的图象左移2个单位，再把横坐标伸长到原来的2倍得函数的图象，则在的值域为 D. 若先把图象的横坐标伸长到原来的2倍，再左移2个单位得函数的图象，则是偶函数 三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分． 12. 已知圆为的外接圆，，则的最大值为______________. 13. 函数图象如图所示，图中阴影部分的面积为，则函数的解析式为_________. 14. 我国古代《九章算术》中将底面为矩形，顶部为一条棱，且棱与底面平行的五面体称为刍甍，如图，刍甍有外接球，且，，，，则该刍甍外接球的表面积为______. 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. 已知的内角的对边分别为，满足. （1）求角； （2）若的面积，求的周长. 16. 如图，在矩形中，，，是上靠近的三等分点，是的中点，是与的交点. （1）用向量，表示，； （2）求的余弦值. 17. 如图，在四棱锥中，底面是正方形，平面，且，为线段上的动点. （1）若为的中点，求三棱锥的体积； （2）若，问上是否存在点，使得平面？若存在，请指明点的位置；若不存在，请说明理由； （3）求平面与平面所成锐二面角的余弦值. 18. 已知函数的图象与轴交于点，两相邻对称轴之间的距离为． （1）求函数的解析式，并求函数的单调递增区间； （2）已知点，若是函数图象上一点，点满足，且．求. 19. 对于三维向量，定义“变换”：，其中，．记，． （1）若，求及； （2）证明：对于任意，经过若干次变换后，必存在，使； （3）已知，将再经过次变换后，最小，求的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 新蔡县第一高级中学高二2024年8月份开学考试数学试题 一、选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分． 在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上． 1. 已知为虚数单位，复数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，由虚数单位的周期性将复数化简，再由复数的除法运算，代入计算，即可得到结果. 【详解】因为，所以， 则. 故选：A. 2. 设为单位向量，，当的夹角为时，在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，结合向量的数量积的运算公式，以及投影向量的定义与计算，即可求解. 【详解】由向量为单位向量，，当的夹角为时，可得， 所以在上的投影向量为. 故选：B. 3. 圆环被同圆心的扇形截得的一部分叫做扇环．如图所示，扇环的内圆弧的长为，外圆弧的长为，圆心角，则该扇环的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据扇形面积公式计算即可得解. 【详解】由扇形面积公式（其中为扇形弧长，为扇形圆心角，为扇形半径）可得，扇环面积. 故选：A 4. 设为空间中两条不同直线，为空间中两个不同平面，下列命题正确的是（ ） A. 若，则 B. 若不垂直于，则必不垂直于 C. 若,，则 D. 若是异面直线，，则 【答案】D 【解析】 【分析】A中，可能平行、相交或异面；B中有可能垂直于；C中或；D中结合线面平行的性质定理与面面平行的判定定理即可得. 【详解】对于A，若，，，则，可能平行、相交或异面，故A错误； 对于B，若不垂直于，且，则有可能垂直于，故B错误； 对于C，若且，则或，故C错误； 对于D，若、是异面直线，，，，， 则在直线上任取一点，过直线与点确定平面，设， 又，则，，，所以， 又，，，，所以，故D正确. 故选：D. 5. 若，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用二倍角公式及正余弦齐次式法求值即得. 【详解】由，得. 故选：B 6. 已知四棱柱的高为3，其底面ABCD水平放置的直观图（斜二测画法）如图所示，其中，，则这个四棱柱的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据斜二测画法结合四棱柱体积公式计算即可. 【详解】根据斜二测画法，原来平行于 y 轴的直线，变为平行于 y 且长度变为原来的一半，平行于 x 轴的直线不变. 因为所以为等腰直角三角形，所以 故原来的, 故原底面如下图 所以四边形ABCD的面积为 所以四棱柱的体积是. 故选:D. 7. 函数的部分图像如图所示，是等腰直角三角形，其中两点为图像与轴的交点，为图像的最高点，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，过作轴于点，结合函数图像可得函数的解析式，从而可得，代入计算，即可得到结果. 【详解】 过作轴于点，则， 因为等腰直角三角形，所以，故， 则，且，则， 因为，所以， 所以，，， 所以，解得，， 因为，所以，则， 则， 故. 故选：A 8. 在三棱锥中，底面，，，的面积为，则三棱锥的外接球表面积的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由面积公式可得，由余弦定理结合基本不等式可求，根据正弦定理可得外接圆半径，由勾股定理即可求解. 【详解】如图，取的外接圆圆心，过点作平面的垂线， 则三棱锥的外接球的球心在该垂线上，且， 在中，，即， 所以， 即（当且仅当时取等号）， 设外接圆半径为，由正弦定理得，即， 所以外接球的半径，则， 故三棱锥的外接球表面积的最小值为. 故选：. 【点睛】方法点睛：解决外接球问题： （1）通过球心位置的确定，利用勾股定理列方程求解； （2）已知线面垂直，构造矩形模型； （3）三个两两垂直的墙角模型，补形成长方体或正方体. 二、选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分． 在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求． 全部选对得 6 分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分． 9. 莱昂哈德·欧拉（LeonhardEuler，1707年4月15日～1783年9月18日），瑞士数学家、自然科学家.欧拉是18世纪数学界最杰出的人物之一，他不但为数学界作出贡献，更把整个数学推至物理的领域.他在1765年首次提出定理：的外心O，重心G，垂心H依次位于同一条直线上，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半，该直线被称为欧拉线.若，，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】根据为的重心得出，然后由，即可判断A,根据向量的线性运算即可求解B． 根据为外心及向量数量积的计算公式可求出和，从而可求出的值，可判断C的正误；根据，及可判断D的正误. 【详解】如图，根据欧拉线定理，外心、重心、垂心依次位于同一直线上，且重心到外心的距离是重心到垂心的距离的一半， 根据重心的性质可知： ，D错误； ，C正确； 为的重心，，，A正确， 由于,所以,故B错误， 故选：AC． 10. 如图，在三棱锥 中，， 点 是 上一动点，则（ ） A. 过 各中点截面的面积为 B. 直线 与平面 所成角的正弦值为 C. 面积的最小值为 D. 将三棱锥的四个面展开在同一平面得到的平面图形可以是直角三角形或正方形。 【答案】BCD 【解析】 【分析】先证，然后可得为矩形，可判断A；利用等体积法求点到平面的距离，可判断B；利用线面垂直证明，然后求最小值，可判断C；将三棱柱沿展开所得平面图形正方形，通过观察展开图可判断D. 【详解】对于A，因为， 所以， 所以两两垂直， 因为是平面内的两条相交直线，所以平面， 又平面，所以， 记分别为的中点， 则，且 所以四边形为平行四边形，且， 所以为矩形，其面积为，A错误； 对于B，记点到平面的距离为，的中点为，连接， 则，， 由等体积得，即，解得， 所以直线与平面所成角的正弦值为，B正确； 对于C，由上知，是平面内的相交直线， 所以平面， 因为平面，所以，所以， 所以当最短时，面积最小值， 显然，当时最短，此时，由等面积可得， 解得，所以面积最小值为，C正确； 对于D，将三棱锥沿剪开，展开所得平面图形为正方形，如图： 由上图观察可知，将绕着点旋转使重合， 将三棱锥沿着剪开，展开所得平面图形为直角三角形， 故D正确. 故选：BCD 【点睛】方法点睛：求线面角的常用方法有： 1、定义法：根据定义作出线面角，通过解三角形求解； 2、等体积法：利用等体积求出点到平面距离，然后根据定义求解； 3、向量法：建立空间直角坐标系，求出平面法向量和直线方向向量，根据线面角向量公式求解. 11. 如图所示，则（ ） A. 在上单调递增 B. C. 若先把的图象左移2个单位，再把横坐标伸长到原来的2倍得函数的图象，则在的值域为 D. 若先把图象的横坐标伸长到原来的2倍，再左移2个单位得函数的图象，则是偶函数 【答案】AD 【解析】 【分析】根据“五点法”，结合图形求得，根据正弦函数的图象与性质，结合选项依次计算判断即可. 【详解】A：由图可知，，得，又，所以. 将代入，得，由解得， 所以. 由，得， 即的单调增区间为，故A正确； B：由选项A可知，，，故B错误； C：把的图象左移2个单位，再把横坐标伸长到原来的2倍， 得，由，得， 所以，所以，故C错误； D：把图象的横坐标伸长到原来的2倍，再左移2个单位， 得， 则，所以为偶函数，故D正确. 故选：AD 三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分． 12. 已知圆为的外接圆，，则的最大值为______________. 【答案】3 【解析】 【分析】先利用正弦定理求出外接圆半径，取的中点，连接，则，变形得到，当三点共线时，取得最大值，求出答案. 【详解】设圆的半径为，则，解得， 因为，所以， 取的中点，连接，则， 故， ， 当三点共线时，取得最大值，最大值为， 故的最大值为. 故答案为：3 13. 函数的图象如图所示，图中阴影部分的面积为，则函数的解析式为_________. 【答案】 【解析】 【分析】根据面积可确定周期，确定，又根据图象过点，可确定，从而确定解析式. 【详解】如图所示. 区域①和区域③面积相等，故阴影部分的面积即为矩形的面积， 可得，设函数的最小正周期为，则， 由题意可得，解得，故，可得， 即， 又的图象过点，即， 因为，所以，解得. 故. 故答案为：. 【点睛】思路点睛：本题主要考查正切性函数的解析式求法，属于较难题.由已知不规则图形面积，显然难以直接求解，故根据正切性函数的周期性，将其平移成规则图形，即可求得周期，继而求出函数解析式. 14. 我国古代《九章算术》中将底面为矩形，顶部为一条棱，且棱与底面平行五面体称为刍甍，如图，刍甍有外接球，且，，，，则该刍甍外接球的表面积为______. 【答案】 【解析】 【分析】作辅助线，可证平面平面，的中点作平面的垂线，分析可知，进而结合球的性质列式求球的半径，即可得表面积. 【详解】分别取的中点，连接，则∥， 因为，则∥，即四点共面， 又因为，则，且， 由题意可知：，且，平面， 则平面，由平面，可得平面平面， 可知矩形的外接圆圆心即为的中点，则， 在平面内过点作平面的垂线， 设垂线与的交点为，该刍甍外接球的球心，半径为， 则，，又，且也在球面上， 所以，且，可知为的中点， 综上，结合球的对称性，易知四边形为等腰梯形， 过作，垂足为，则，即， 可得，解得， 所以该刍甍外接球的表面积为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：根据球的性质分析可知：过的中点作平面的垂线包含于平面，且球心，进而列式求解. 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. 已知的内角的对边分别为，满足. （1）求角； （2）若的面积，求的周长. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理边化角，借助二倍角的正弦求解即可. （2）利用三角形面积公式及余弦定理求出角，再利用正弦定理求出即得. 【小问1详解】 在中，由及正弦定理，得， 而，则，又，于是，解得， 所以. 【小问2详解】 由及余弦定理，得，则， 而，解得，由（1）知，， 由正弦定理得，则， 所以的周长为. 16. 如图，在矩形中，，，是上靠近的三等分点，是的中点，是与的交点. （1）用向量，表示，； （2）求的余弦值. 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）根据几何图形的边长关系以及向量运算法则直接计算即可. （2）先由（1）计算、、，再根据向量夹角余弦公式计算即可得解. 【小问1详解】 由题意可得，， 所以，. 【小问2详解】 由图可知， 由（1）得， 且， ， 所以. 17. 如图，在四棱锥中，底面是正方形，平面，且，为线段上的动点. （1）若为的中点，求三棱锥的体积； （2）若，问上是否存在点，使得平面？若存在，请指明点的位置；若不存在，请说明理由； （3）求平面与平面所成锐二面角的余弦值. 【答案】（1） （2）存在，AB的中点 （3） 【解析】 【分析】（1）根据题意，由条件可得点与点到平面的距离之比为，再由锥体的体积公式，代入计算，即可得到结果； （2）根据题意，由线面平行的判定定理，即可证明； （3）根据题意，由二面角的定义可得是面与面所成锐二面角的平面角，代入计算，即可求解. 【小问1详解】 因为为的中点，所以点与点到平面的距离之比为， 故. 【小问2详解】 存在，取AB的中点，连接DM交AC于点，连接EG， 则EG为面AEC与面PMD的交线. 易得， 在三角形中，，所以，所以平面EAC， 即存在点，且当为AB中点时，平面. 【小问3详解】 过点P作，因为， 所以，面面， 因为面，所以，又，， 所以面， 又因为，所以面，，， 所以是面与面所成锐二面角的平面角， 因为是等腰直角三角形，所以. 18. 已知函数的图象与轴交于点，两相邻对称轴之间的距离为． （1）求函数的解析式，并求函数的单调递增区间； （2）已知点，若是函数图象上一点，点满足，且．求. 【答案】（1）， （2）或. 【解析】 【分析】（1）由题意可得，可求出，再由图象与轴交于点，可求出的值，从而可求出的解析式，由求出函数的增区间； （2）由，得为的中点，表示出点坐标，代入函数中化简可求出. 【小问1详解】 由题意得，得， 所以， 因为图象与轴交于点， 所以，得， 因为，所以， 所以， 由， 得， 所以的单调递增区间为； 【小问2详解】 因为，所以为的中点， 因为，，所以， 所以， 所以， 因为，所以， 所以或， 所以或. 19. 对于三维向量，定义“变换”：，其中，．记，． （1）若，求及； （2）证明：对于任意，经过若干次变换后，必存在，使； （3）已知，将再经过次变换后，最小，求的最小值． 【答案】（1） （2）证明见解析 （3）505 【解析】 【分析】（1）根据定义找出，，从而得到，； （2）利用反证法，假设对，然后导出矛盾，命题得证； （3）先求出，再通过变换，找到最小的时的情况. 小问1详解】 因为，，， 所以. 【小问2详解】 设， 假设对，则均不为0． 所以． 即． 因为， 所以． 所以． 与矛盾，故假设不正确． 综上，对于任意，经过若干次变换后，必存在，使． 【小问3详解】 设，因为， 所以有或． 当时，可得三式相加得． 又，可得． 当时，也可得，于是． 设的三个分量为这三个数， 当时，的三个分量为这三个数， 所以． 当时，的三个分量为， 则的三个分量为的三个分量为， 所以． 所以，由，可得． 因为，所以任意三个分量始终为偶数， 且都有一个分量等于2． 所以的三个分量只能是三个数， 的三个分量只能是三个数． 所以当时，；当时，． 所以的最小值为505． 【点睛】关键点睛：新定义问题，常见于选择（填空）的压轴小题中，少数会出现在解答题中，主要考查利用相关的知识点解决概念创新问题的能力，对新定义的理解以及转化，较灵活，属于综合题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$