2024-2025学年黑龙江省双鸭山市建新高级中学高二（上）开学数学试卷（含解析）

2024-2025学年黑龙江省双鸭山市建新高级中学高二（上）开学
数学试卷
一、选择题：本题共11小题，每小题5分，共55分。
1.已知某扇形的圆心角为，半径为，则该圆心角对应的弧长为( )
A. B. C. D.
2.设复数，则的虚部是( )
A. B. C. D.
3.已知函数是上的奇函数，且的图象关于直线对称，当时，，则的值为( )
A. B. C. D.
4.下列说法中，正确的个数有个
圆柱的侧面展开图是一个矩形； 圆锥的侧面展开图是一个扇形；
圆台的侧面展开图是一个梯形； 棱锥的侧面为三角形．
A. B. C. D.
5.已知向量，满足，，且，则( )
A. B. C. D.
6.已知是圆：的直径，、是圆上两点，且，则的最小值为( )
A. B. C. D.
7.函数的部分图象大致形状是( )
A. B.
C. D.
8.已知四边形为矩形，，为的中点，将沿折起，连接，，得到四棱锥，为的中点，在翻折过程中，下列四个命题正确的序号是( )
平面；
三棱锥的体积最大值为；
；
一定存在某个位置，使；
A. B. C. D.
9.已知向量，设函数，且函数图象的两相邻对称轴间的距离为，则( )
A.
B. 是函数图象的对称中心
C. 函数在区间上单调递减
D. 使成立的的取值区间为
10.已知直四棱柱的侧棱长为，底面是边长为的菱形，为棱上的一点，且为底面内一动点含边界，则下列命题正确的是( )
A. 若与平面所成的角为，则点的轨迹与直四棱柱的交线长为
B. 若点到平面的距离为，则三棱锥 的体积的最大值为
C. 若以为球心的球经过点，则该球与直四棱柱的公共部分的体积为
D. 经过三点的平面截直四棱柱所得的截面面积为
11.若复数，其中为虚数单位，则下列结论正确的是( )
A. 的虚部为 B.
C. 为纯虚数 D. 的共轭复数为
二、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.若锐角满足，则角的度数为______．
13.已知， ______．
14.如图，已知直四棱柱的所有棱长等于，，和分别是上下底面对角线的交点，在线段上，，点在线段上移动，则三棱锥的体积最小值为______．
三、解答题：本题共5小题，共60分。
15.如图，在四棱锥中，底面是边长为的菱形，，为正三角形．侧面底面，、分别为棱、的中点．
Ⅰ求证：平面
Ⅱ求证：平面平面
Ⅲ在棱上是否存在一点，使得平面？若存在，求的值；若不存在，请说明理由．
16.已知函数．
当时，函数存在零点，求实数的取值范围
设函数，若函数与的图象只有一个公共点，求的取值范围．
17.如图，在四棱锥中，，，四边形是菱形，，是棱上的两点，且．
证明：平面平面；
若再从下面两个条件中选择一个作为已知条件，求平面与平面所成二面角的大小．
平面；
三棱锥的体积．
18.在中，内角，，所对的边分别为，，已知，．
Ⅰ求的值；
Ⅱ求的值．
19.在锐角中，设角，，的对边分别为，，，且，．
若，求的面积
求的值
求的取值范围．
答案解析
1.
【解析】解：由于扇形的圆心角为，
又扇形的半径为，
则该圆心角对应的弧长．
故选：．
先把化为弧度，然后用弧长公式求解即可．
此题考查弧长公式的应用，属于基础题．
2.
【解析】解：，则，虚部是．
故选：．
结合复数的四则运算，以及复数的概念，即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，以及复数的概念，属于基础题．
3.
【解析】解：函数 是 上的奇函数，
，
又 的图象关于 对称，
，
，
，
即函数 是周期为的周期函数，
又时，，
，，进而，
．
故选D．
4.
【解析】解：圆柱的侧面展开图是一个矩形；正确；
圆锥的侧面展开图是一个扇形；正确；
圆台的侧面展开图是一个梯形；应该是扇环，所以不正确
棱锥的侧面为三角形．符合棱锥的定义，正确；
故选：．
利用圆台、圆锥、圆柱棱锥的侧面展开图，判断命题的真假即可．
本题考查空间几何体的结构特征，命题的真假的判断，是基本知识的考查．
5.
【解析】解：因为，，且，
所以，，
所以，
所以．
故选：．
由题意可得，从而得到的坐标，再由平面向量数量积的坐标运算建立方程，求解即可．
本题考查平面向量数量积的坐标运算，属于基础题．
6.
【解析】解：已知是圆：的直径，、是圆上两点，且，
不妨设弦的中点为，
因为，
则为等边三角形，
所以可得，
则，
设与的夹角为，
所以，
因为，
所以的最小值为．
故选：．
由题意设弦的中点为，然后利用平面向量的数量积从而求解．
本题考查了圆的性质，重点考查了平面向量的数量积运算，属基础题．
7.
【解析】解：由，，定义域关于原点对称，
得，
则函数是偶函数，图象关于轴对称，排除；
当时，，，，所以，排除．
故选：．
先判断函数的奇偶性，结合对称性以及时的函数值的正负判断可得答案．
本题主要考查函数图象的判断，考查排除法的应用，属于基础题．
8.
【解析】解：取中点，连接，，
则，，
平面，平面，则平面，
同理平面，而，则平面平面，
又平面，
故平面，正确；
当平面平面时，三棱锥的体积最大，
可得：三棱锥的体积最大值为，故正确；
由题意可得，，，
由余弦定理可得，
，故正确；
若，设为的中点，连接，，则，
，平面，又平面，，
又与不垂直，则不成立，故错误．
故选：．
根据题意，逐项判断即可．
本题考查空间中的位置关系，是中档题．
9.
【解析】解：已知向量，．
又函数，
则
，
又函数图象的两相邻对称轴间的距离为，
则，
即，
对于选项A，由题意可得，
即选项A正确；
对于选项B，令，，
则，，
令，
则关于的方程无整数解，
即选项B错误；
对于选项C，令，，
则，，
即函数的减区间为，，
又，
即函数在区间上单调递减，
即选项C正确；
对于选项D，令，
则，，
即，，
即使成立的的取值区间为，，
即选项D错误．
故选：．
由平面向量数量积的运算及三角恒等变换，结合三角函数的性质逐一判断即可．
本题考查了平面向量数量积的运算及三角恒等变换，重点考查了三角函数的性质，属中档题．
10.
【解析】解：如图，
对于选项，可知点的轨迹是以为圆心，半径为的圆，
所以点的轨迹与直四棱柱的交线为圆弧，
圆弧长为，故A选项正确；
对于选项，可知点在线段上，
所以当点与点重合时，三棱锥的体积最大，
且最大值为，故B选项错误；
对于选项，可知该球的半径为，
球与直四棱柱的公共部分的体积为 ，故C选项错误；
对于选项，经过三点的平面截直四棱柱所得的截面为平行四边形，
其中，可得，
设的中点为的中点为，
连接，可得平面 ，
所以，求得，
所以，故D选项正确．
故选：．
11.
【解析】解：，
的虚部为，，为纯虚数，的共轭复数为．
正确的选项为．
故选：．
12.
【解析】解：因为，
所以，
，
，
，
因为为锐角，
所以．
故答案为：
根据式子结构先化为，平方后切化弦，进行三角恒等变换即可求解．
本题主要考查了同角基本关系在三角化简求值中的应用，属于中档题．
13.
【解析】解：，
，
．
，
故答案为：．
利用同角三角函数间的关系式可求得，再利用半角公式可得答案．
本题考查同角三角函数间的关系及半角公式的应用，考查学生的运算能力，属于基础题．
14.
【解析】解：因为直四棱柱的底面是菱形，，边长为，
所以平面，且，，
所以到平面的距离为，
因为，点是线段上的动点，
所以当的面积取得最小值时，三棱锥的体积有最小值，
将平面单独画图可得，
当点到的距离最小时，的面积有最小值，
过点做，可得直线上方的点到的距离比直线上的点到的距离小，
而线段上除点外的所有点都在直线下方，到的距离比点到的距离大，
即当点在点时，的面积取得最小值，且三棱锥的体积有最小值，
连接，则，
所以到的距离，
因为，
所以到直线的距离为，
所以，
所以．
故答案为．
因为到平面即三棱锥底面的距离为定值，所以当的面积取得最小值时，三棱锥的体积最小，将平面单独画图可得，当点在点处时，的面积有最小值，求出三棱锥的体积即可．
本题考查了四棱柱的结构特征和三棱锥的体积计算，动点的轨迹以及三棱锥的体积最值问题，属于较难题．
15.证明：取中点，连结，，，
，分别是，的中点，
，，
底面是菱形，是的中点，
，，
，，
四边形是平行四边形，
，又平面，平面，
平面．
证明：是等边三角形，是的中点，
，
底面是菱形，，
是等边三角形，又是的中点，
，又，、平面，
平面，平面，
，又四边形是平行四边形，
四边形是矩形，
，
又，是的中点，
，
又，平面，平面，
平面，
又平面，
平面平面．
设、交于点，假设棱上存在点，使得平面，
连结，，
平面，则，
底面是边长为的菱形，，为正三角形，
由余弦定理得，，，，，
侧面底面，侧面底面，侧面，
平面，平面，
，，
，
为直角三角形，，
．
【解析】取中点，构造平行四边形，得出即可证明结论；
通过证明平行四边形为矩形得出，再根据即可得出平面，从而结论得证；
根据余弦定理计算，，，根据计算的值，从而得出的值．
本题考查了线面平行的判定，面面垂直的判定，考查了线面垂直的性质定理以及空间距离的计算与应用，属于中档题．
16.解：，
当时，函数存在零点，
即在时有解，
设，
即，，，
，
即实数的取值范围为．
若函数与的图象只有一个公共点，
则关于的方程只有一解，
只有一解，令，
得关于的方程有一正数解，
当时，方程的解为，不合题意
当时，，此方程有一正一负根，负根舍去，满足题意
当时，只需
解得
综上：实数的取值范围为．
【解析】本题考查了利用导数研究函数的最值，函数的零点与方程的根的关系，考查分类讨论思想与运算求解能力，属于较难题．
根据函数零点的定义，利用转化法进行求解即可
把公共点的问题转化为方程的解的问题，结合换元法进行求解即可．
17.证明：因为四边形是菱形，所以，
因为，，平面，且，
所以平面，
因为平面，所以，
因为，，所以，所以，
因为，平面，且，所以平面，
因为平面，所以平面平面．
解：若选条件，
记与交于点，则为的中点，连接，
由平面，平面平面，则，
所以为的中点，，
取棱的中点，连接，则，，两两垂直，
以为原点，分别以，，的方向为，，轴的正方向，建立空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，，
因为，所以，
则，
设平面的法向量为，则，
令，得，
平面的一个法向量为，
设二面角的大小为，则二面角为锐角，
计算，，
所以二面角的大小为．
若选条件，记点到平面的距离为，
由，
解得，
由知平面，所以，即，
取棱的中点，连接，则，，两两垂直，
以为原点，分别以，，的方向为，，轴的正方向，建立空间直角坐标系，
则，，，．
故，，．
因为，所，
则，
设平面的法向量为，则，
令，得，
所以平面的一个法向量为，
设二面角为，则二面角为锐角，
计算，，
所以二面角的大小为．

【解析】本题考查了空间中的垂直关系应用问题，也考查了二面角的计算问题，是中档题．
证明平面，得出，利用勾股定理的逆定理证明，从而证明平面平面．
选条件，建立空间直角坐标系，利用坐标表示向量，求出平面的法向量，计算二面角的大小．
选条件，建立空间直角坐标系，利用坐标表示向量，求出平面的法向量，计算二面角的大小．
18.解：因为，
由正弦定理得：，即，
因为，所以，
由余弦定理得：；
由知，，因为，所以，
所以，
，
所以．
【解析】由正弦定理和题设可得，，再由余弦定理计算即可求得；
由三角恒等变换知识计算即可．
本题考查利用正余弦定理解三角形和三角恒等变换，属于中档题．
19.解：由余弦定理，
结合，得，可知，
的面积；
因为，，所以，
由正弦定理，，
所以，
由于，
代入式可知：；
解法：
设中点为，则，
，
所以，
如下图所示，
设的外接圆为圆，由于为锐角三角形，
故点的运动轨迹为劣弧不含端点，
由正弦定理知圆的半径，故，
设，则，由余弦定理：
由于函数在时单调递减，，，
所以；
解法：
由余弦定理，
由定义，
所以，
设，
则，
由正弦定理：
，
其中锐角满足，，
由锐角三角形可知，
注意到，
所以．
所以式变形为，故
从而
此时函数单调递减，而，，
所以．

【解析】本题考查的是向量相关的取值范围问题，考查面较广，可以和很多知识相结合，基本不等式，函数值域，解三角形，三角函数等，需要对知识熟练掌握且灵活运用，本题的第三问难度较大，需要用到三角函数恒等变换等知识，属于难题．
利用余弦定理和面积公式进行求解；
由正弦定理和三角恒等变换求解；
解法一：设中点为，推导出，在三角形中，利用余弦定理，正弦定理和函数单调性求出的取值范围，从而求出的取值范围；解法二：由余弦定理和数量积运算法则求出，换元后利用三角恒等变换得到，结合函数单调性，从而即可求出答案．
第1页，共1页