【文档说明】江苏省2021-2022学年高二上学期数学开学考试（八） 【全解全析】.doc，共(12)页，1020.000 KB，由小赞的店铺上传

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2021—2022学年度高二开学分班考试（八）数学·全解全析1．C【详解】解：因为,ab为单位向量，所以()()22122=12ababaabbab−+=−−−−=−，所以12ab=−,所以()222=2+3ababaabb−=−−=，故选：C.2．C【详解】由//

abrr，可知40x+=，即4x=−.故选：C.3．B【详解】2π()(sincos)cos21sin2cos212sin24fxxxxxxx=+=+−=+−−，所以()fx的最小正周期为π，()fx的最大值为21+，C，A正确；

当3π8x=时，3ππsin2184−=，所以()yfx=的图象关于直线3π8x=对称，D正确；因为π108f=，所以π8x=不是函数()fx的零点，B错误，故选：B.4．B【详解】原式222222222tan7.51

sin7.5cos7.5tan7.58sin7.51sin7.58sin7.5cos7.5cos7.5++==−+−+2112312sin15cos303===−．故选：B．5．C【详解】()11cos21sin1sin24π222fxxxx−=−+=++

．()fx在π2,6π3上单调递减，依题意有πππ26422ππ3π2π342kk++++∴31221538kk++，0,1,2,3,k=，且2π12π2π36−，∴02当0k=时满足题意，∴31528

，故选：C6．D【详解】由正弦定理得a=2RsinA,b=2RsinB,代入已知条件tantanbaabBA−=−中并化简得：sinA+cosA=sinB+cosB,两边平方,并结合平方关系得：2sinAcosA=2sinBcosB,即sin2A=sin2B,因为0,π,0π,AB

AB+所以22AB=或22,AB+=即AB=或π2AB+=,易于验证当AB=或π2AB+=，sinA+cosA=sinB+cosB成立.故选：D.7．C【详解】根据题意,将各个位置用点标出来如下图所示:由题意可得:30

1545,18015601051801054530ACBCABABC=+==−−==−−=，在ABC中，利用正弦定理得:sin452,sin306sin6022.49924

.530.0002302ACABACBDABAC=====故选:C.8．C【详解】将△ABD沿BD折起，得到三棱锥A-BCD，且点A在底面BCD的射影M在线段BC上，如图2，AM⊥平面BCD，则AM⊥BD，过

M作MN⊥BD，连接AN，则AN⊥BD，因此，折叠前在图1中，AM⊥BD，垂足为N.在图1中，过A作AM1⊥BC于M1，运动点D，当D点与C点无限接近时，折痕BD接近BC，此时M与点M1无限接近；在图2中，由于AB是Rt△ABM的斜边，BM是

直角边，因此BM＜AB由此可得:BM1＜BM＜AB因为△ABC中，AB＝23，BC＝26，∠ABC＝45°，由余弦定理可得AC＝23，BM1＝22(23)(6)6−=()6,23BM故选：C9．BD【详解】A显然错误；971821

9436=，与2018年基本一致，B正确；97182.221379.621559=，不会超过，C错误；215599718210021559−％9.8％，不会超过10％，D正确.10．BC【详解】ABC中，45,

10BAB==，当sinABBACAB，即5210AC时使得C有两个不同取值，故选：BC.11．CD【详解】因为1111sin15cos15sin302224===，所以A不正确；因为22cossin66−1cos32==，所以B不正确；因为2tan301tan30−21

2tan3013tan6021tan3022===−，所以C正确；因为1cos602+113222+==，所以D正确.故选：CD.12．BCD【详解】选项A：假设1DD⊥平面AEF，又11//DDAA，于是1

AA⊥平面AEF，显然这是不可能的，所以假设不成立，故A错误；选项B：取11BC的中点Q，接1GQAQ，，则1////GQEFAQAE，，于是//GQ平面AEF，1//AQ平面AEF，又1GQAQQ=，∴平面1//AGQ平面AEF，又1A

G平面1AGQ，∴1//AG平面AEF.故B正确；选项C：∵//EFGQ，∴1AGQ为异面直线1AG与EF所成的角或其补角，设正方体的棱长为2，则1152AGAQQG===，，由余弦定理得：152510cos10252AGQ+−==，故C正确；选项D：连接GC，交FE于O，连接GF，则O

CEOGF∽.∴2OGGFOCCE==.∴点G到平面AEF的距离是点C到平面AEF的距离的2倍.故D正确.故选：BCD13．5【详解】由34izi=−，得3443izii−==−−，而22||||(

4)(3)5zz==−+−=.故答案为：5.14．334433,1010+−−【详解】解：因为角的终边与单位圆交点P的坐标是34,55−.所以43sin,cos55==−，因为将的终边绕坐标原

点逆时针转动30°得到角，所以6=+，所以4331433sinsinsincoscossin666525210−=+=+=+−=，3341334coscoscoscossinsin666525210

+=+=−=−−=−，所以角的终边与单位圆交点的坐标是334433,1010+−−，故答案为：334433,1010+−−15．8,12【详解】正六边形ABCDEF的内切圆半径为3sin604232rOA===，外接圆

的半径为4R=，()()2PMPNPOOMPOONPOPOONPOOMOMON=++=+++()222224POPOONOMOMPOOMPO=++−=−=−，因为rPOR，即234PO，所以21216PO，可得28412PO−，故答案为：8,12.16．255【

详解】取BC中点F，易得AFBE⊥，在翻折过程中A的射影H在AF上，且A的轨迹是以AF为直径的圆，如上图，在ABCD内作HGCD⊥，垂足为G，连AG，∴AGH是二面角ADCB−−的平面角，即AGH=且

0,2．由AFBE⊥，故AOBE⊥，∴AOF是二面角ABEC−−的平面角，设AOF=，由上下对称故只考虑()0,即可．由ABa=，则22OAa=，2sin2AH

a=，2cos2OHa=，31cos22HGaa=−，而AH⊥面ABCD，故2sin2sin2tan313coscos22aAHHGaa===−−，令2sin3cosk=−，则232sincos2sin()k

kk=+=++且tan2k=，∴232kk+，得1122k−，∴由正切函数单调性，当最大时1tan2=，故25cos5=，此时1cos3=．故答案为：25517．（1）z1=-4+3i；（2）2823zi=−

−.【详解】解：（1）设z1=x+yi(x，y∈R)，则2213()(1)(3)xyixyixyi+=+−+=−+−，故22103xyxy+=−=−，解得43xy=−=，∴z1=﹣4+3i；（2）令z

2=a+2i，a∈R，由（1）知，z1=-4+3i，则212(2)(43)43(43)(43)zaiaiiziii++−−==−+−+−−=46382525aai−++−，∵21zz是实数，∴3a+8=0，即a=83−∴2823zi=−+，则2823zi=−−.18．（1）3A=；（2

）(3,2【详解】解：（1）因为22coscbaB−=，由正弦定理可得2sinsin2sincosCBAB−=，又因为sinsin()sincossincosCABABBA=+=+，所以sin2sin2sincos2cossinBCABAB=−=，可得1cos2A=，由(

0,)A，可得3A=．（2）因为1a=，3A=，由正弦定理123sinsin332bcBC===，可得23sin3bB=，23232sinsin()333cCB==−，可得2322331[sinsin()][s

incossin]3sincos2sin()333226bcBBBBBBBB+=+−=++=+=+，因为锐角三角形ABC中，所以203202BB−，解得62B，所以2363

B+，所以3sin(),162B+，可得(2sin()3,26bcB+=+．19．（1）3C=；（2）22AD=．【详解】（1）coscos2cosaBbAcC+=，由正弦定理得:sincoscossin2sincosABABCC+=，则(

)sin2sincos,ABCCABC+=++=，即1cos2C=，又C是锐角三角形的内角，故;3C=（2）,ADDBADB=是等腰三角形，且A是一个底角，故0,2AE为AB的中点，则223ABAE==，在ABC中，23,,103ABCBC===，由正弦定理得3sin102:si

n10423CABCAB===，故6cos4A=，故在RtAED△中，22cosAEADA==．20．（1）缉私艇应该往东偏北30°方向追缉；（2）缉私艇可以在该走私船进入公海前将其截获.【详解】解：（1）假设t小时后缉私艇在点M处将走私船截获．在APM△中，

20,102,135,sinsinAMPMAMtPMtPPA====，解得1sin2A=，则30A=，即缉私艇应该往东偏北30°方向追缉．（2）在APM△中，根据余弦定理得，2222cos135AMAPPMAPPM=+−所以()()222

220401022401022ttt=+−−化简得2480tt−−=，解得232t=+或232t=−+（舍去），此时走私船前进了10220(26)356t=+．所以缉私艇可以在该走私船进入公海前将其截获．21

．（1）0.0075；（2）分布列见解析，()=1.2Ey；（3）得到差评.【详解】（1）由（0.002+0.0095+0.011+0.0125+x+0.005+0.0025）×20＝1，解得x＝0.0075；（2）用频率估计概率，可得从该市所有高三考生的理综成绩中随机抽取1个，理

综成绩位于[220，260）内的概率为（0.0125+0.0075）×20＝0.4，所以随机变量y服从二项分布B～（3，0.4），故P（y＝k）＝C3k0.4k0.63﹣k，k＝0，1，2，3，故y的分布列为y0123P0.2160.4320.28

80.064则E（y）＝3×0.4＝1.2；（3）记该市高三考生的理综成绩为z，由题意可知，P（210＜z＜240）≤P（200＜z＜240）＝20×（0.011+0.0125）＝0.47＜0.6827，P（195＜z＜255）≤P（18

0＜z＜260）＝20×（0.0095+0.011+0.0125+0.0075）＝0.81＜0.9545，所以z不近似服从正态分布N（225，225），所以这套试卷得到差评.22．（1）证明见解析；（2）221015；（3）当

1k=时，O在平面内的射影恰好为PBC的重心.【详解】（1）因为PO⊥底面ABC，PO面PAC，所以面PAC⊥面ABC，因为ABBC=，点O是AC的中点，所以OBAC⊥，又因为面PAC面ABCAC=，OB面ABC，所以OB⊥平面PAC；（2）当122kAB==，时，2,4BCPA==，

因为ABBCABBC⊥=，，点O是AC的中点，所以2,4,14OAOBOCPAPBPCPO=======，取BC的中点D，连接PD，则15PD=，设点A到平面PBC的距离为h，由PABCAPBCVV−−=，得1111221

42153232h=，解得221015h=，即点A到平面PBC的距离为221015；（3）取PC的中点E，连接BE交PD于点F，则F为PBC的重心，连接OF，由题意知：OF⊥面PBC，OFPD⊥，设,ABBCnPAm===，则22221,22OAnP

Omn==−，12ODn=，22214PDmn=−，13FDPD=，22251189OFnm=−，则由OPODOFPD=，得mn=，又由ABBCkPA==，所以1k=，所以当1k=时，O在平面PBC内的射影恰好为PBC的重心.