2024-2025學(xué)年黑龍江省雙鴨山市建新高級(jí)中學(xué)高二（上）開學(xué)數(shù)學(xué)試卷（含解析）

第=page11頁(yè)，共=sectionpages11頁(yè)2024-2025學(xué)年黑龍江省雙鴨山市建新高級(jí)中學(xué)高二（上）開學(xué)數(shù)學(xué)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(duì)應(yīng)的弧長(zhǎng)為(

)A.480cm B.240cm C.8π3cm 2.設(shè)復(fù)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(guān)于直線x=1對(duì)稱，當(dāng)x∈[0,1]時(shí)，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(gè)數(shù)有(????)個(gè)

①圓柱的側(cè)面展開圖是一個(gè)矩形；

②圓錐的側(cè)面展開圖是一個(gè)扇形；

③圓臺(tái)的側(cè)面展開圖是一個(gè)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(diǎn)，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(diǎn)，將△ADE沿DE折起，連接A1B，A1C，得到四棱錐A1?DEBC，M為A1C的中點(diǎn)，在翻折過程中，下列四個(gè)命題正確的序號(hào)是(

)

①M(fèi)B//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(shè)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(duì)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(zhǎng)為3，底面ABCD是邊長(zhǎng)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(diǎn)P的軌跡與直四棱柱的交線長(zhǎng)為2π3

B.若點(diǎn)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(diǎn)M，則該球與直四棱柱的公共部分的體積為4π11.若復(fù)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(fù)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(zhǎng)等于1，∠ABC=60°，O和O1分別是上下底面對(duì)角線的交點(diǎn)，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(zhǎng)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(diǎn)．

(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(diǎn)M，使得BD⊥平面MAC？若存在，求BMBS的值；若不存在，請(qǐng)說明理由．16.已知函數(shù)f(x)=ln((1)當(dāng)x≥0時(shí)，函數(shù)g(x)=f(x)?x?a存在零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍;(2)設(shè)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(diǎn)，且PF=13PD．

(1)證明：平面PAD⊥平面ABCD；

(2)若再?gòu)南旅鎯蓚€(gè)條件中選擇一個(gè)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(duì)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(shè)角A，B，C的對(duì)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答案解析1.C

【解析】解：由于扇形的圓心角為80°=π180×80=4π9，

又扇形的半徑為r=6cm，

則該圓心角對(duì)應(yīng)的弧長(zhǎng)l=αr=4π9×6=8π3(cm)2.A

【解析】解：z=?i2+i?1?i3=1+i?1+i=?(1+i)(1+i)(1?i)(1+i)3.D

【解析】解：∵函數(shù)f(x)

是(?∞,+∞)

上的奇函數(shù)，

∴f(?x)=?f(x)，

又∵f(x)

的圖象關(guān)于x=1

對(duì)稱，

∴f(2?x)=f(x)，

∴f(x?2)=?f(x)，

∴f(x+4)=f(x)，

即函數(shù)f(x)

是周期為4的周期函數(shù)，

又∵x∈[0,1]時(shí)，f(x)=2x?1，

∴f(0)=0，f(1)=1，進(jìn)而f(2)=f(0)=0，

∴f(2017)+f(2018)=f(1)+f(2)=1+0=1．

4.C

【解析】解：①圓柱的側(cè)面展開圖是一個(gè)矩形；正確；

②圓錐的側(cè)面展開圖是一個(gè)扇形；正確；

③圓臺(tái)的側(cè)面展開圖是一個(gè)梯形；應(yīng)該是扇環(huán)，所以不正確

④棱錐的側(cè)面為三角形．符合棱錐的定義，正確；

故選：C．

利用圓臺(tái)、圓錐、圓柱棱錐的側(cè)面展開圖，判斷命題的真假即可．

本題考查空間幾何體的結(jié)構(gòu)特征，命題的真假的判斷，是基本知識(shí)的考查．5.D

【解析】解：因?yàn)閎=(3,1)，b=λa(λ∈R)，且a?b=1，

所以λ≠0，a=1λb=(3λ,1λ6.D

【解析】解：已知AB是圓O：x2+y2=1的直徑，C、D是圓O上兩點(diǎn)，且∠COD=60°，

不妨設(shè)弦CD的中點(diǎn)為E，

因?yàn)椤螩OD=60°，

則△COD為等邊三角形，

所以可得|OE|=32，

則OC+OD=2OE，

設(shè)OE與AB的夾角為θ(0≤θ≤π)，

所以(OC+OD)?AB=2OE?AB=2|OE7.C

【解析】解：由f(x)=1?ex1+ex?sinx，x∈R，定義域關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，

得f(?x)=1?e?x1+e?x?sin(?x)=ex?1ex+1?(?sinx)=1?ex1+ex?sinx=f(x)，

則函數(shù)8.B

【解析】解：取DC中點(diǎn)N，連接MN，NB，

則MN//A1D，NB//DE，

MN?平面A1DE，A1D?平面A1DE，則MN//平面A1DE，

同理NB//平面A1DE，而MN∩NB=N，則平面MNB//平面A1DE，

又MB?平面MNB，

故MB//平面A1DE，①正確；

當(dāng)平面A1DE⊥平面BCDE時(shí)，三棱錐M?DEC的體積最大，

可得：三棱錐M?DEC的體積最大值為13×12×4×2×22=223，故②正確；

由題意可得∠MNB=∠A1DE=45°，MN=12A1D=1，NB=DE=22，

由余弦定理可得，|MB|=|MN|2+|NB|2?2|MN|?|NB|?cos9.AC

【解析】解：已知向量a=(sinωx,sinωx?cosωx)，b=(23cosωx,sinωx+cosωx)(ω>0)．

又函數(shù)f(x)=a?b(x∈R)，

則f(x)=23sinωxcosωx+(sinωx?cosωx)(sinωx+cosωx)

=3sin2ωx?cos2ωx

=2sin(2ωx?π6)，

又函數(shù)y=f(x)圖象的兩相鄰對(duì)稱軸間的距離為π2，

則2π2ω×12=π2，

即ω=1，

對(duì)于選項(xiàng)A，由題意可得f(x)=2sin(2x?π6)，

即選項(xiàng)A正確；

對(duì)于選項(xiàng)B，令2x?π6=kπ，k∈Z，

則x=kπ2+π12，k∈Z，

令x=π3，

則關(guān)于k的方程π3=kπ2+π12無整數(shù)解，

即選項(xiàng)B錯(cuò)誤；

對(duì)于選項(xiàng)C，令2kπ+π2≤2x?π6≤2kπ+3π2，k∈Z，

則kπ+π3≤x≤kπ+5π6，k∈Z，

即函數(shù)f(x)10.AD

【解析】解：如圖，

對(duì)于A選項(xiàng)，可知點(diǎn)P的軌跡是以D為圓心，半徑為1的圓，

所以點(diǎn)P的軌跡與直四棱柱的交線為圓弧，

圓弧長(zhǎng)為2π3×1=2π3，故A選項(xiàng)正確；

對(duì)于B選項(xiàng)，可知點(diǎn)P在線段BD上，

所以當(dāng)點(diǎn)P與點(diǎn)B重合時(shí)，三棱錐M?PAD的體積最大，

且最大值為13×12×2×3×1=33，故B選項(xiàng)錯(cuò)誤；

對(duì)于C選項(xiàng)，可知該球的半徑為1，

球與直四棱柱的公共部分的體積為

43π×

13×12×2π32π=2π9

，故C選項(xiàng)錯(cuò)誤；

對(duì)于D選項(xiàng)，經(jīng)過B,C,M三點(diǎn)的平面截直四棱柱所得的截面為平行四邊形BCMN，

其中AN=1，可得BN=5，

設(shè)MN的中點(diǎn)為11.C

【解析】解：∵z=21+i=2(1?i)(1+i)(1?i)=1?i，

∴z的虛部為?1，|z|=2，z2=(1?i)2=?2i為純虛數(shù)，12.50°

【解析】解：因?yàn)?tanα2=23tan10°+tanα2，

所以1tanα2?tanα2=13.12【解析】解：∵α∈(0,3π2),cosα=35，

∴α∈(0,π2)，

∴sinα=1?cos2α=14.3【解析】解：因?yàn)橹彼睦庵鵄BCD?A1B1C1D1的底面是菱形，∠ABC=60°，邊長(zhǎng)為1，

所以O(shè)1C1⊥平面BB1D1D，且O1C1=12，O1B1=32，

所以C1到平面BB1D1D的距離為O1C1=12，

因?yàn)镺H=3HB1，點(diǎn)M是線段BD上的動(dòng)點(diǎn)，

所以當(dāng)△O1MH的面積取得最小值時(shí)，三棱錐C1?O1MH的體積有最小值，

將平面BB1D1D單獨(dú)畫圖可得，

當(dāng)B點(diǎn)到O1H的距離最小時(shí)，△O1MH的面積有最小值，

過點(diǎn)B做BF//O1H，可得直線BF上方的點(diǎn)到O1H的距離比直線BF上的點(diǎn)到O1H的距離小，

而線段BD上除B點(diǎn)外的所有點(diǎn)都在直線BF下方，到O1H的距離比B點(diǎn)到O1H的距離大，15.(I)證明：取SC中點(diǎn)G，連結(jié)FG，AF，EG，

∵F，G分別是SB，SC的中點(diǎn)，

∴FG//BC，F(xiàn)G=12BC，

∵底面ABCD是菱形，E是AD的中點(diǎn)，

∴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(diǎn)，

∴SE⊥AD，

∵底面ABCD是菱形，∠ABC=60°，

∴△ACD是等邊三角形，又E是AD的中點(diǎn)，

∴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(diǎn)，

∴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(shè)AC、BD交于O點(diǎn)，假設(shè)棱SB上存在點(diǎn)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(zhǎng)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=SE【解析】(I)取SC中點(diǎn)G，構(gòu)造平行四邊形AFGE，得出AF//EG即可證明結(jié)論；

(II)通過證明平行四邊形AFGE為矩形得出AF⊥FG，再根據(jù)AF⊥SB即可得出AF⊥平面SBC，從而結(jié)論得證；

(III)根據(jù)余弦定理計(jì)算BE，SB，cos∠SBD，根據(jù)cos∠SBD=OBBM計(jì)算BM的值，從而得出16.解：(1)∵f(x)=ln(e2x+1)?x，

即a=ln(e設(shè)φ(x)=ln即φ(x)=ln(1e2x∴φ(x)∈(0,ln即實(shí)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(gè)公共點(diǎn)，則關(guān)于x的方程ln(m?∴m?ex?2m=得關(guān)于t的方程(m?1)t?①當(dāng)m=1時(shí)，方程的解為t=?12?②當(dāng)m>1時(shí)，∵t1?t?③當(dāng)m<1時(shí)，只需4m2?4(m?1)×(?1)=0綜上：實(shí)數(shù)m的取值范圍為m|m=?1?【解析】本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的最值，函數(shù)的零點(diǎn)與方程的根的關(guān)系，考查分類討論思想與運(yùn)算求解能力，屬于較難題．

(1)根據(jù)函數(shù)零點(diǎn)的定義，利用轉(zhuǎn)化法進(jìn)行求解即可;

(2)把公共點(diǎn)的問題轉(zhuǎn)化為方程的解的問題，結(jié)合換元法進(jìn)行求解即可．17.(1)證明：因?yàn)樗倪呅蜛BCD是菱形，所以BD⊥AC，

因?yàn)锽D⊥PC，AC，PC?平面PAC，且AC∩PC=C，

所以BD⊥平面PAC，

因?yàn)镻A?平面PAC，所以BD⊥PA，

因?yàn)镻A=AB=1，PB=2，所以PB2=AB2+PA2，所以AB⊥PA，

因?yàn)锳B，BD?平面ABCD，且AB∩BD=B，所以PA⊥平面ABCD，

因?yàn)镻A?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(diǎn)O，則O為BD的中點(diǎn)，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(diǎn)，PE=23PD，

取棱CD的中點(diǎn)G，連接AG，則AB，AG，AP兩兩垂直，

以A為原點(diǎn)，分別以AB，AG，AP的方向?yàn)閤，y，z軸的正方向，建立空間直角坐標(biāo)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?yàn)镻E=23PD，所以PE=(?13,33,?23)，

則AE=AP+PE=(?13,33,13)，

設(shè)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(gè)法向量為m=(0,0,1)，

設(shè)二面角E?AC?D的大小為θ，則二面角E?AC?D為銳角，

計(jì)算cosθ=|cos<n，m>|=|n?m||n||m|=0+0+231×3+1+12=32，

所以二面角【解析】本題考查了空間中的垂直關(guān)系應(yīng)用問題，也考查了二面角的計(jì)算問題，是中檔題．

(1)證明BD⊥平面PAC，得出BD⊥PA，利用勾股定理的逆定理證明AB⊥PA，從而證明平面PAD⊥平面ABCD．

(2)選條件①，建立空間直角坐標(biāo)系，利用坐標(biāo)表示向量，求出平面的法向量，計(jì)算二面角E?AC?D的大?。?/p>

選條件②，建立空間直角坐標(biāo)系，利用坐標(biāo)表示向量，求出平面的法向量，計(jì)算二面角的大?。?8.解：(1)因?yàn)?bsinA=asinC