【文档说明】浙江省兰溪市第三中学2021-2022学年高二上学期开学考试数学试题 答案Word.pdf，共(6)页，394.793 KB，由小赞的店铺上传

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兰溪三中高二第一学期开学调研考试数学参考答案班级：姓名：学号：一、单项选择题(共8题，每题5分）1.已知复数z的共轭复数为z-，z=1+i，则z(z-+1)=()A.3+iB.3-iC.1+3iD.1

-3i【答案】A2.设向量a=(2,1)，b=(λ,1)，若(a+2b)⊥a，则实数λ的值等于()A.-2B.-74C.2D.74【答案】B3.如图，在直三棱柱ABC-A′B′C′中，AB=BC=CC′且∠ABC=90°．则异面直线AC与BC′所成的角

为()A.30°B.45°C.60°D.90°【答案】C4.我国施行个人所得税专项附加扣除办法，涉及子女教育、继续教育、大病医疗、住房贷款利息、住房租金、赡养老人等六项专项附加扣除．某单位老年、中年、青年员工分别有80人、100人、120人，现采用分层随机抽样的方法，从

该单位上述员工中抽取30人调查专项附加扣除的享受情况．则应从青年员工中抽取的人数为()A.8人B.10人C.12人D.18人【答案】C5.已知样本数据x1，x2，…，x100的方差为4，若由y1=2x1+3，y2=2x2+3，…，y100=2x100+3得到另一组样本数据y1，y2，…

，y100，则样本数据y1，y2，…，y100的方差为()A.8B.16C.32D.64【答案】B6.为了让学生了解更多的“一带一路”倡议的信息，某中学举行了一次“丝绸之路知识竞赛”，全校学生的参赛成绩的频率分布直方图如图所

示，若60%的学生不能参加复赛，则可以参加复赛的成绩约为()A.72B.73A.74B.75【答案】D7.已知|a|=4，|b|=2，当a与b的夹角为π3时，a在b上的投影向量为()A.2B.bC.

23D.3b【答案】B8.如图，线段AB是圆的直径，圆内一条动弦CD与AB交于点M，且MB=2AM=2，现将半圆ACB沿直线AB折起，则三棱锥C-ABD体积的最大值是()A.23B.13C.3D.1【答案】D二、多项选择题(共4题，每题5分，部分选对得2分)9.

已知圆柱的底面直径为2，其侧面展开图为一个正方形，则()A.圆柱的母线长为4πB.圆柱的侧面积为4π2C.圆柱的体积为2π2D.圆柱的表面积为6π2【答案】BC10.设{a，b，c}是空间的一个基底，若x=a+b，y=b+c，

z=c+a．给出下列向量组可以作为空间的基底的是()A.{a，b，x}B.{x，y，z}C.{b，c，z}D.{x，y，a+b+c}【答案】BCD11.一个质地均匀的正四面体，四个面分别标有数字1、2、3、4，抛掷这个正四面体一次，观察它与地面接触的面上的数字得到样本空间Ω=

{1,2，3，4}，设事件E={1,2}，事件F={1,3}，事件G={2,4}，则()A.E与F不是互斥事件B.F与G是对立事件C.E与F是独立事件D.F与G是独立事件【答案】AB12.平行六面体ABCD—A1B1C1D1(底面为平行四边形的四棱柱)中，AB=

AD=AA1=2，∠A1AB=∠DAB=∠A1AD=60°，则()A.线段AC1的长度为26B.异面直线BD1、B1C夹角的余弦值为13C.对角面BB1D1D的面积为43D.四棱柱ABCD—A1B1C1D1的体积为42【答案】AD三、填空题

(共4题，每题5分)13.已知αtan=12，α∈(π，3π2)，则αsin=；【答案】-5514.设ΔABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．若a=3，sinB=12，C=π6，则b=;【答案】115.若函数f(x)=xx-a(0≤x≤2)的最大值是1，则实数a

的值是；【答案】2或3216.本试卷中，多选题题型得分规定如下：在每小题给出的A、B、C、D四个选项中，有多项符合题目要求且四个选项不能全部符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的

得0分．假设某考生有一题不会做，他随机选择了B选项．则该考生本题得2分的概率为．【答案】35四、解答题(共6题，17题10分，其余每题12分)17.已知函数f(x)=xsin+(π3-x)．sin1求f(0)的值和函数f(x)的最小正周期；2当x∈[0,π2]

时，求函数f(x)的最小值．【答案】f(x)=12sinx+32cosx=sin(x+π3)1f(0)=sinπ3=32．(2）函数f(x)的最小值正周期为T=2π．(3)由于x∈[0,π2]

，所以x+π3∈π3,5π6．所以当x+π3=5π6．即x=π2时，f(x)min=fπ2=12．18.在△ABC中，∠CAB=π2，AC=3，AB=4，D为BC的中点，l为线段

BC的中垂线，E为l上异于D的任意一点．(1)求AD⋅BC的值；(2)判断AE⋅BC的值是否为常数，若是，求出这个常数；若不是，请说明理由．【答案】解：(Ⅰ)∵D为BC的中点，∴AD=12(AB+

AC-)，BC=AC-AB，∴AD⋅BC=12(AB+AC-)(AC-AB)=12(AC2-AB2)=-72．(Ⅱ)AE⋅BC的值为一

个常数，∵l为线段BC的垂直平分线，l与BC交于点D，E为l上异于D的任意一点，∴DE⊥BC=0，∴AE⋅BC=(AD+DE)⋅BC=AD⋅BC+DE⋅BC=AD⋅BC

=-72．19.如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，底面四边形ABCD为直角梯形，AB//CD，∠ADC=90°，PA=AD=CD=2AB，M为PC的中点．(1)求证：BM//平面

PAD；(2)求证：BM⊥平面PCD．【答案】证明：(Ⅰ)取PD中点N，连接MN，AN，∵M为PC的中点，∴MN//CD，且MN=12CD，又AB//CD，且CD=2AB，∴MN//AB且MN=AB，∴四边形ABMN是平行四边形，∴BM//AN，∵BM⊄平面P

AD，AN⊂平面PAD，∴BM//平面PAD．(Ⅱ)∵PA⊥底面ABCD，CD⊂底面ABCD，∴PA⊥CD，∵∠ADC=90°，即CD⊥AD，PA∩AD=A，∴CD⊥平面PAD，∵AN⊂平面PAD，∴AN⊥CD，∵PA=AD，PD中点为N，∴AN⊥P

D，又∵PD∩CD=D，∴AN⊥平面PDC，∵BM//AN，∴BM⊥平面PDC．向量法过程完整也给分.20.在①3(bcosC-a)=csinB；②2a+c=2bcosC；③bsinA=3asinA+C2这三个条件

中任选一个，补充在下面问题中的横线上，并解答相应的问题．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足______，b=23，a+c=4，求△ABC的面积．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．【答案】①【解析】解：

①若在横线上填写“3(bcosC-a)=csinB”，则由正弦定理，得3(sinBcosC-sinA)=sinCsinB．由sinA=sin(B+C)=sinBcosC+cosBsinC，得-3cosBsinC=sinCsinB．

由0<C<π，得sinC≠0．所以-3cosB=sinB．又cosB≠0(若cosB=0，则sinB=0，sin2B+cos2B=0这与sin2B+cos2B=1矛盾)，所以tanB=-3．又0<B<π，得B=2π3．由余弦定理及b=23，得(23)2=a2+c2-2accos2π3，即1

2=(a+c)2-ac.将a+c=4代入，解得ac=4，所以S△ABC=12acsinB=12×4×32=3；②若在横线上填写“2a+c=2bcosC”，则由正弦定理，得2sinA+sinC=2sinBcosC

，由2sinA=2sin(B+C)=2sinBcosC+2cosBsinC，得2cosBsinC+sinC=0，由0<C<π，得sinC≠0，所以cosB=-12，又B∈(0,π)，所以B=2π3，由余弦定理及b=23，得(23)2=a2+c2-2a

ccos2π3，即12=(a+c)2-ac.将a+c=4代入，解得ac=4，所以S△ABC=12acsinB=12×4×32=3；③若在横线上填写“bsinA=3asinA+C2”，则由正弦定理，得si

nBsinA=3sinAsinA+C2，又A∈(0,π)，所以sinA≠0，所以sinB=3sinπ-B2=3cosB2，所以2sinB2cosB2=3cosB2，又0<B<π，所以0<B2<π2，所以c

osB2≠0，所以sinB2=32，所以B2=π3，即B=2π3，由余弦定理及b=23，得(23)2=a2+c2-2accos2π3，即12=(a+c)2-ac.将a+c=4代入，解得ac=4，所以S△ABC=12acs

inB=12×4×32=3；21.已知平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，各条棱长均为m，底面是正方形，且∠A1AD=∠A1AB=120°，设AB=a，AD=b，AA1=c.(1)用a，b，​c表示BD1及求|BD1|；(2)求异面直线AC

与BD1所成的角的余弦值．【答案】解:(1)BD1=BA+AD+DD1=-AB+AD+AA1=-a+b+c.|BD1|2=-a+b+c2=a2+b2+c2-2a⋅b-2a⋅c+2b⋅c==3m2，∴|BD1

|=3m.(2)AC=AB+AD=a+b，则AC⋅BD1=(a+b)⋅(b+c-a)=a⋅b+a⋅c-a2+b2+b⋅c-a⋅b=a⋅c-a2+b2+b⋅c

=-m2.又|BD1|=3m，AC=2m，=-m22m×3m=-66.所以异面直线AC与BD1所成的角的余弦值是66.22.如图，在三棱台ABC-DEF中，平面ABED⊥平面BCFE，BA⊥BC，BC=3，BE=DE=DA=12AB=1．(1)求证：

AE⊥平面BCFE；(2)求直线DF与平面AEF成角的正弦值．【答案】(Ⅰ)证明：在三棱台ABC-DEF中，DE//AB，因为BE=AD，所以四边形ABED为等腰梯形，因为BE=DE=1，AB=2，所以可得∠AB

E=π3，在△ABE中，由余弦定理可得AE=3，所以BE2+AE2=AB2，所以AE⊥BE，因为平面ABED⊥平面BCFE，平面ABED∩平面BCFE=BE，AE⊂平面ABED所以AE⊥平面BEFC；(Ⅱ)解：由(Ⅰ)AE⊥平面BCFE，又BC⊂平面

BCFE，所以BC⊥AE，又BA⊥BC，BA∩AE=A，BA、AE⊂平面ABED，所以BC⊥平面ABED，因为EF//BC，所以EF⊥平面ABED，又EF⊂平面AEF，所以平面AEF⊥平面ABED，过D作DG⊥AE，垂足为G，连接GF，又平面AEF∩平面ABED=A

E，所以DG⊥平面AEF，所以∠DFG为直线DF与平面AEF所成的角，在△ADE中，DG=DE×sin30∘=12，又FD=12AC=132，在Rt△DGF中，sin∠DFG=DGDF=

12133=1313，所以直线DF与平面AEF成角的正弦值为1313．【方法二：向量法】连EC，由1AE⏊EC，AE=3,AC=13，所以CE=10，又EB=1，CB=3，所

以∠CBE=90°，又AB⊥BC，所以BC⊥ABED，则平面ABED⊥平面ABC，所以可建立空间直角坐标系Bxyz如图．求得F(32,12,32)，E(0,12,32),D(0,32,32),A(0,2,0)则FD=(-32，1，0)，AF=(32，-32

，32)，AE=(0,-32,32)可求得平面AEF的一个法向量为n=(0，1，3)设所求角为θ,θ=n,FDcos=113=1313．sin