2024-2025學年安徽省淮北市部分學校高二（上）開學數(shù)學試卷（含解析）

第=page11頁，共=sectionpages11頁2024-2025學年安徽省淮北市部分學校高二（上）開學數(shù)學試卷一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的選項中，只有一項是符合題目要求的。1.如圖，一個水平放置的平面圖形的斜二測直觀圖是直角梯形O′A′B′C′，且O′A′//B′C′，O′C′=3，則該平面圖形的高為(

)A.32

B.3

C.6

2.一平面截某幾何體得一三棱臺，則該幾何體可能是(

)A.三棱柱 B.三棱錐 C.四棱錐 D.圓錐3.cos69°cos24°?cos159°sin24°=(

)A.22 B.2 C.4.已知a，b為單位向量，且a丄(a+2b)，則向量a與bA.30° B.60° C.120° D.150°5.已知z=2+i，則zz+i=(

)A.3?i4 B.1?i4 C.3+i46.已知△ABC是邊長為6的等邊三角形，點D，E分別是AB，AC上的點，滿足AD=DB,2AE=EC，連接CD，BE交于點A.?725 B.365 C.727.如圖，四邊形ABCD中3AB=2CD，AC∩BD=O，若AC+2DO=4AB，且BA?BD=9A.32

B.26

C.8.若向量AB=(3,?1)，n=(2,1)，且n?AC=7，則A.0 B.2 C.?2 D.?2或2二、多選題：本題共3小題，共18分。在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求。9.下列命題中為假命題的是(

)A.長方體是四棱柱，直四棱柱是長方體

B.有兩個面平行，其余各面都是平行四邊形的幾何體叫棱柱

C.有兩個側面是矩形的四棱柱是直四棱柱

D.正四棱柱是平行六面體10.△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且a=8，b=15，c=17，則下列命題成立的是(

)A.sinA：sinB：sinC=8：15：17

B.cosA：cosB：cosC=8：15：17

C.最大內角是最小內角的2倍

D.△ABC為直角三角形11.設向量a=(1,x),b=(x,9)，若a//b，則A.?3 B.0 C.3 D.5三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。12.若復數(shù)z=m2?m?2+(m+1)i(i為虛數(shù)單位)為純虛數(shù)，則實數(shù)m=13.若sinθ=kcosθ，則sinθcosθ=______.(用k表示)14.趙爽是我國古代數(shù)學家，大約在公元222年，他為《周髀算經(jīng)》一書作序時，介紹了“勾股圓方圖”，亦稱“趙爽弦圖”(以弦為邊長得到的正方形由4個全等的直角三角形再加上中間一個小正方形組成).類比“趙爽弦圖”，可構造如圖所示的圖形，它是由3個全等的三角形與中間一個小等邊三角形拼成的一個較大的等邊三角形，設AD=λAB+μAC(λ,μ∈R)，若DF=2AF，則λ四、解答題：本題共5小題，共77分。解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟。15.(本小題13分)

已知函數(shù)f(x)=2sin2(π4?x)?3cos2x，

(1)求f(x)的最小正周期和單調減區(qū)間；

16.(本小題15分)

已知函數(shù)f(x)=sinxcosx+32cos2x+1

(1)求f(x)的最小正周期和最大值，并寫出取得最大值時x的集合；

(2)將f(x)的函數(shù)圖象向左平移φ(φ>0)個單位后得到的函數(shù)g(x)是偶函數(shù)，求17.(本小題15分)

已知△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，3bsinC?ccosB=c．

(1)BD是邊AC上的中線，BD=2，且a2+c2=10，求AC的長度．

(2)若△ABC18.(本小題17分)

如圖，ABCD為空間四邊形，點E，F(xiàn)分別是AB，BC的中點，點G，H分別在CD，AD上，且DH=13AD，DG=13CD．

(1)求證：E，F(xiàn)，G，H四點共面；

(2)求證：EH19.(本小題17分)

已知函數(shù)f(x)的定義域為R，現(xiàn)有兩種對f(x)變換的操作：φ變換：f(x)?f(x?t)；ω變換：|f(x+t)?f(x)|，其中t為大于0的常數(shù)．

(1)設f(x)=2x，t=1，g(x)為f(x)做φ變換后的結果，解方程：g(x)=2；

(2)設f(x)=x2，?(x)為f(x)做ω變換后的結果，解不等式：f(x)≥?(x)；

(3)設f(x)在(?∞,0)上單調遞增，f(x)先做φ變換后得到u(x)，u(x)再做ω變換后得到?1(x)；f(x)先做ω變換后得到v(x)，v(x)再做φ變換后得到?2(x).若?答案解析1.C

【解析】解：根據(jù)題意，直觀圖是直角梯形O′A′B′C′，其中O′A′在x′軸上，O′C′在y′軸上，

在原圖中，OC在y軸上，OA在x軸上，則有OC⊥OA，

OC的長就是該平面圖形的高，且OC=2O′C′=6．

故選：C．

2.B

【解析】解：根據(jù)棱臺的定義可知，由棱錐的底面和平行于底面的一個截面間的部分，叫做棱臺，

所以用平行于三棱錐的底面平面截三棱錐，在底面和截面之間的幾何體為三棱臺．

故選：B．

3.A

【解析】解：cos69°cos24°?cos159°sin24°

=cos69°cos24°?cos(90°+69°)sin24°

=cos69°cos24°+sin69°sin24°

=cos(69°?24°)

=cos45°

=22．

故選：【解析】解：根據(jù)題意，設向量a與b的夾角為θ，

a，b為單位向量，則|a|=|b|=1，

若a丄(a+2b)，則a?(a+2b)=a2+2a?b=1+2cosθ=0，【解析】解：由題意，zz+i=2+i2+i+i=(2+i)(2?2i)(2+2i)(2?2i)=(2+i)(2?2i)8【解析】解：設AB=a，AC=b，由題意有|a|=|b|=6，<a,b>=π3，

由CD，BE交于點G，可設AG=tAD+(1?t)AC=mAB+(1?m)AE，

又AD=DB，27.C

【解析】解：在線段OC上取點E，使得AC=2OE，又AC+2DO=4AB，

則4AB=AC+2DO=2OE?2OD=2DE，故AB/?/DE，DE=2AB，

所以△ABO∽△EDO，則EO=2AO，OD=2OB，

設∠ABO=θ，

則S△ACD=2S△OED=8S△ABO=4BA?BO?sinθ=43BA?BD?sinθ=43BA?BD?tanθ=12tanθ，

由上易知S△AOD=2S△ABO，且S8.B

【解析】解：∵AC=AB+BC，

∴n?(AB+BC

)=7，

∴【解析】解：對于選項A，當?shù)酌娌皇蔷匦蔚臅r候，直四棱柱非長方體，A錯誤；

對于選項B，根據(jù)棱柱的定義，顯然不成立，如圖，

滿足要求，但不是棱柱，B錯誤；

對于選項C，可以是兩對稱面是矩形的平行六面體，C錯誤；

D選項，正四棱柱是平行六面體，D正確．

故選：ABC．

A10.AD

【解析】解：A中，由正弦定理可得sinA：sinB：sinC=a：b：c=8：15：17，所以A正確；

B，D中，因為82+152=289=172，所以該三角形為直角三角形，cosC=0，角的余弦值不能比，

所以B不正確，D正確；

C中，由B選項的分析，可得最大內角為90°，最小內角為A，

因為a與b不相等，所以A角不為45°，所以C不正確；

故選：【解析】解：a=(1,x)，b=(x,9)，

由a//b，得1×9?x?x=0，解得x=±3．

故選：AC【解析】解：∵z=m2?m?2+(m+1)i為純虛數(shù)，

∴m2?m?2=0m+1≠0，解得：m=2．

故答案為：【解析】解：由sinθ=kcosθ，得tanθ=k，

sinθ?cosθ=sinθcosθsin2θ+cos2θ=tanθ【解析】解：不妨設AF=1，則AD=3，建系如圖，由題可知∠ADB=2π3．

在△ABD中，AD=3，BD=1，

由余弦定理可得，AB2=AD2+BD2?2AD?BDcos∠ADB=9+1?2×3×1×(?12)，

得AB=13，

所以AC=13，所以B(13,0)，C(132,392)，A(0,0)，

在△ABD中，由正弦定理可得BDsin∠BAD=ABsin∠ADB，

即為1sin∠BAD=15.解：(1)f(x)=2sin2(π4?x)?3cos2x

=1?cos(π2?2x)?3cos2x

=1?sin2x?3cos2x

=1?2sin(2x+π3)，

故最小正周期T=2π2=π，

由?π2+2kπ≤2x+π3≤π2+2kπ，得?5π12+kπ≤x≤π12+kπ(k∈Z)，

所以函數(shù)f(x)【解析】(1)對函數(shù)f(x)進行變形，使f(x)=Asin(ωx+φ)+B(ω>0)的形式，可求其最小正周期，再根據(jù)復合函數(shù)單調性的判斷方法可求其減區(qū)間；

(2)要使f(x)<m+2在[0,π6]上恒成立，只要x∈[0,π6]時f(x)max<m+2即可．

16.解：(1)f(x)=sinxcosx+32cos2x+1=12sin2x+32cos2x+1=sin(2x+π3)+1，

所以函數(shù)f(x)的最小正周期為T=2π2=π，

當且僅當2x+π3=2kπ+π2，k∈Z時，f(x)【解析】(1)利用三角函數(shù)恒等變換的應用可求解析式為f(x)=sin(2x+π3)+1，利用周期公式可求f(x)的最小正周期，利用正弦函數(shù)的性質可求其最大值及取得最大值時x的集合．

(2)利用三角函數(shù)的平移變換可求g(x)=f(x+φ)=sin(2x+2φ+π317.解：(1)因為3bsinC?ccosB=c，由正弦定理得：3sinBsinC?sinCcosB=sinC，

在△ABC中，sinC>0，

可得3sinB?cosB=1，即sin(B?π6)=12，

由B∈(0,π)，

所以B?π6=π6，

解得B=π3；

因為D為BC的中點，BD=2，且a2+c2=10，

則2BD=BA+BC，

兩邊平方可得4BD2=BA2+BC2+2BA?BC=c2+a2+2cacosB，

即4×4=10+ac，【解析】(1)由正弦定理及兩角差的正弦公式可得sin(B?π6)=12，再由角B的范圍，可得角B的大??；再由BD為中線，由向量的運算性質可得ac的值，再由余弦定理可得AC的值；

18.證明：(1)連接AC，因為E，F(xiàn)分別是AB，BC的中點，DH=13AD，DG=13CD，

所以EF//AC，HG//AC，

所以EF//HG，所以E，F(xiàn)，G，H四點共面．

(2)易知HG=13AC，又EF=12AC，所以HG≠EF，

結合(1)的結論可知，四邊形EFGH是梯形，

因此直線EH，F(xiàn)G不平行，

設它們交點為P，P∈平面ABD，同理P∈FG，所以P∈平面BCD，

又平面ABD∩平面BCD=BD，

因此【解析】(1)根據(jù)線段成比例得出直線與直線平行，利用平行直線確定一個平面可證結論；

(2)根據(jù)平面的公理進行證明．

19.解：(1)∵f(x)=2x，t=1，g(x)為f(x)做φ變換后的結果，g(x)=2，

∴g(x)=f(x)?f(x?1)=2x?2x?1=2x?1=2，

解得x=2．

(2)∵f(x)=x2，?(x)為f(x)做ω變換后的結果，f(x)≥?(x)，

∴x2≥|(x+t)2?x2|=|2tx+t2|，

當x≤?t2時，f(x)≥?(x)恒成立；

當x>?t2