2024-2025學年黑龍江省雙鴨山市建新高級中學高二（上）開學數(shù)學試卷（含答案）

第=page11頁，共=sectionpages11頁2024-2025學年黑龍江省雙鴨山市建新高級中學高二（上）開學數(shù)學試卷一、選擇題：本題共11小題，每小題5分，共55分。1.已知某扇形的圓心角為80°，半徑為6cm，則該圓心角對應的弧長為(

)A.480cm B.240cm C.8π3cm 2.設復數(shù)z=?i2+i?1?iA.1 B.?1 C.i D.?i3.已知函數(shù)f(x)是(?∞,+∞)上的奇函數(shù)，且f(x)的圖象關于直線x=1對稱，當x∈[0,1]時，f(x)=2x?1，則f(2017)+f(2018)的值為A.?2 B.?1 C.0 D.14.下列說法中，正確的個數(shù)有(????)個

①圓柱的側(cè)面展開圖是一個矩形；

②圓錐的側(cè)面展開圖是一個扇形；

③圓臺的側(cè)面展開圖是一個梯形；

④棱錐的側(cè)面為三角形．A.1 B.2 C.3 D.45.已知向量a，b滿足b=(3,1)，b=λa(λ∈R)A.14 B.12 C.2 6.已知AB是圓O：x2+y2=1的直徑，C、D是圓O上兩點，且∠COD=60°，則A.0 B.?3 C.?3 7.函數(shù)f(x)=1?ex1+A. B.

C. D.8.已知四邊形ABCD為矩形，AB=2AD=4，E為AB的中點，將△ADE沿DE折起，連接A1B，A1C，得到四棱錐A1?DEBC，M為A1C的中點，在翻折過程中，下列四個命題正確的序號是(

)

①MB//平面A1DE；

②三棱錐M?DEC的體積最大值為22A.①② B.①②③ C.①③ D.①②③④9.已知向量a=(sinωx,sinωx?cosωx)，b=(23cosωx,sinωx+cosωx)(ω>0).設函數(shù)f(x)=a?bA.f(x)=2sin(2x?π6)

B.(π3,0)是函數(shù)y=f(x)圖象的對稱中心

C.函數(shù)y=f(x)在區(qū)間(?2π3,?10.已知直四棱柱ABCD?A1B1C1D1的側(cè)棱長為3，底面ABCD是邊長為2的菱形，∠BAD=π3,M為棱DDA.若PM與平面ABCD所成的角為π4，則點P的軌跡與直四棱柱的交線長為2π3

B.若點A到平面PDM的距離為3，則三棱錐M?PAD

的體積的最大值為233

C.若以D為球心的球經(jīng)過點M，則該球與直四棱柱的公共部分的體積為4π11.若復數(shù)z=21+i，其中i為虛數(shù)單位，則下列結(jié)論正確的是(

)A.z的虛部為?i B.|z|=2

C.z2為純虛數(shù) D.z的共軛復數(shù)為二、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。12.若銳角α滿足1tanα2=13.已知α∈(0,3π2),cosα=35，tan14.如圖，已知直四棱柱ABCD?A1B1C1D1的所有棱長等于1，∠ABC=60°，O和O1分別是上下底面對角線的交點，H在線段OB1三、解答題：本題共5小題，共60分。15.如圖，在四棱錐S?ABCD中，底面ABCD是邊長為2的菱形，∠ABC=60°，SAD為正三角形．側(cè)面SAD⊥底面ABCD，E、F分別為棱AD、SB的中點．

(Ⅰ)求證：AF//平面SEC

(Ⅱ)求證：平面ASB⊥平面CSB

(Ⅲ)在棱SB上是否存在一點M，使得BD⊥平面MAC？若存在，求BMBS的值；若不存在，請說明理由．16.已知函數(shù)f(x)=ln((1)當x≥0時，函數(shù)g(x)=f(x)?x?a存在零點，求實數(shù)a的取值范圍;(2)設函數(shù)?(x)=ln(m?ex?2m)，若函數(shù)f(x)與17.如圖，在四棱錐P?ABCD中，BD⊥PC，∠ABC=60°，四邊形ABCD是菱形，PA=AB=1，PB=2,E,F是棱PD上的兩點，且PF=13PD．

(1)證明：平面PAD⊥平面ABCD；

(2)若再從下面兩個條件中選擇一個作為已知條件，求平面EAC與平面ACD所成二面角的大?。?/p>

①BF//平面ACE；

②三棱錐18.在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c.已知b+c=2a，2bsinA=asinC．

(Ⅰ)求cosC的值；

(Ⅱ)求sin(2C?π319.在銳角△ABC中，設角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且a=4，cosA=3(1)若c=4，求△ABC的面積;(2)求5b?3ccosC(3)求|AB+AC參考答案1.C

2.A

3.D

4.C

5.D

6.D

7.C

8.B

9.AC

10.AD

11.C

12.50°

13.1214.315.(I)證明：取SC中點G，連結(jié)FG，AF，EG，

∵F，G分別是SB，SC的中點，

∴FG//BC，F(xiàn)G=12BC，

∵底面ABCD是菱形，E是AD的中點，

∴AE//BC，AE=12BC，

∴FG//AE，F(xiàn)G=AE，

∴四邊形AFGE是平行四邊形，

∴AF//EG，又AF?平面SEC，EG?平面SEC，

∴AF//平面SEC．

(II)證明：∵△SAD是等邊三角形，E是AD的中點，

∴SE⊥AD，

∵底面ABCD是菱形，∠ABC=60°，

∴△ACD是等邊三角形，又E是AD的中點，

∴AD⊥CE，又SE∩CE=E，SE、CE?平面SEC，

∴AD⊥平面SEC，EG?平面SEC，

∴AD⊥EG，又四邊形AFGE是平行四邊形，

∴四邊形AFGE是矩形，

∴AF⊥FG，

又SA=AB，F(xiàn)是SB的中點，

∴AF⊥SB，

又FG∩SB=F，F(xiàn)G?平面SBC，SB?平面SBC，

∴AF⊥平面SBC，

又AF?平面ASB，

∴平面ASB⊥平面CSB．

(III)設AC、BD交于O點，假設棱SB上存在點M，使得BD⊥平面MAC，

連結(jié)MO，BE，

MO?平面MAC，則BD⊥OM，

∵底面ABCD是邊長為2的菱形，∠ABC=60°，SAD為正三角形，

∴由余弦定理得BE=7，SE=3，BD=2OB=23，SD=2，SE⊥AD，

∵側(cè)面SAD⊥底面ABCD，側(cè)面SAD∩底面ABCD=AD，SE?側(cè)面SAD，

∴SE⊥平面ABCD，BE?平面ABCD，

∴SE⊥BE，∴SB=SE16.解：(1)∵f(x)=ln(e2x+1)?x，

即a=ln(e設φ(x)=ln即φ(x)=ln(1e2x∴φ(x)∈(0,ln即實數(shù)a的取值范圍為(0,ln(2)若函數(shù)f(x)與?(x)的圖象只有一個公共點，則關于x的方程ln(m?∴m?ex?2m=得關于t的方程(m?1)t?①當m=1時，方程的解為t=?12?②當m>1時，∵t1?t?③當m<1時，只需4m2?4(m?1)×(?1)=0綜上：實數(shù)m的取值范圍為m|m=?1?17.(1)證明：因為四邊形ABCD是菱形，所以BD⊥AC，

因為BD⊥PC，AC，PC?平面PAC，且AC∩PC=C，

所以BD⊥平面PAC，

因為PA?平面PAC，所以BD⊥PA，

因為PA=AB=1，PB=2，所以PB2=AB2+PA2，所以AB⊥PA，

因為AB，BD?平面ABCD，且AB∩BD=B，所以PA⊥平面ABCD，

因為PA?平面PAD，所以平面PAD⊥平面ABCD．

(2)解：若選條件①，

記BD與AC交于點O，則O為BD的中點，連接OE，

由BF//平面ACE，平面BFD∩平面ACE=OE，則BF//OE，

所以E為FD的中點，PE=23PD，

取棱CD的中點G，連接AG，則AB，AG，AP兩兩垂直，

以A為原點，分別以AB，AG，AP的方向為x，y，z軸的正方向，建立空間直角坐標系，

則A(0,0,0)，C(12,32,0)，D(?12,32,0)，P(0,0,1)，

所以AC=(12,32,0)，PD=(?12,32,?1)，AP=(0,0,1)，

因為PE=23PD，所以PE=(?13,33,?23)，

則AE=AP+PE=(?13,33,13)，

設平面ACE的法向量為n=(x,y,z)，則n?AE=?13x+33y+13z=0n?AC=12x+32y=0，

令x=3，得n=(3,?1,23)，

平面ACD的一個法向量為m=(0,0,1)，

設二面角E?AC?D的大小為θ，則二面角E?AC?D為銳角，

計算cosθ=|cos<n，m>|=|n?m||n||m|=0+0+231×3+1+12=32，

所以二面角18.解：(1)因為2bsinA=asinC，

由正弦定理得：2ab=ac，即c=2b，

因為b+c=2a，所以a=32b，

由余弦定理得：cosC=a2+b2?c22ab=94b2+b2?4b22×19.解：(1)由余弦定理cosA=結(jié)合cosA=35，得sinA=45，可知，(2)因為a=4，sinA=45，所以由正弦定理b=5sinB，所以5b?3ccosC由于sinB=代入①式可知：5b?3ccos(3)解法1：設BC中點為D，則|ABAB?所以|AB如下圖所示，設△ABC的外接圓為圓O，由于△ABC為銳角三角形，

故點A的運動軌跡為劣弧A1