【文档说明】四川省南充市西充中学2024-2025学年高二上学期开学考试数学试题 Word版含解析.docx，共(15)页，1.104 MB，由小赞的店铺上传

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四川省西充中学高2023级高二上期入学考试数学试题考试时间：120分钟满分：150分一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.4πtan3等于（）A.1B.1−C.3D.3−【答案】C【解析

】【分析】利用诱导公式及特殊角的三角函数值计算可得.【详解】4πππtantanπtan3333=+==.故选：C2.若复数z满足(1i)2iz+=−，其中i为虚数单位，则zz+等于（）A.iB.i

−C.1D.1−【答案】C【解析】【分析】根据给定条件，利用复数除法运算求出z，再结合共轭复数的意义求解即得.【详解】依题意，2i(2i)(1i)13i13i1i(1i)(1i)222z−−−−====−++−，则1

3i22z=+，所以1zz+=.故选：C3.在正方体1111ABCDABCD−中，则异面直线AC与1BC的所成角为（）A.6B.4C.3D.2【答案】C【解析】【分析】利用正方体的特点，将异面直线的夹角转化为共

面直线的夹角，角形11ABC为等边三角形，故11AC与1BC的夹角为60o，从而得出异面直线的夹角为3.【详解】正方体1111ABCDABCD−中，11//ACAC，异面直线AC与1BC的所成角即为11AC与1B

C所成的角，而三角形11ABC为等边三角形，故11AC与1BC的夹角为60o，所以异面直线AC与1BC的所成角为3.故选：C【点睛】熟悉正方体特点，以及求异面直线夹角通常转化为共面直线夹角来解决,注意几何图形的特点.4.已知

等腰ABCV中，2π3A=，则BC在BA上的投影向量为（）A.32BAB.32BA−C.3BAD.3BA−【答案】A【解析】【分析】由投影向量的概况结合正弦定理可求.【详解】由题意可得()1ππ26BCA==−=，由正弦定理可得2πππsinsinsi

n366BCABAC==，可得33ABACBC==，BC在BA上的投影为3cos2BCBBC=，所以BC在BA上的投影向量为331322233BABCBCBABABABC==，即BC在BA上的投影向量为32BA.故选：A．5.在△ABC中，角A，B，

C的对边分别为a，b，c，若a＝3，b＝5，c＝2acosA，则cosA＝（）的A.13B.24C.33D.63【答案】D【解析】【分析】由已知结合余弦定理进行化简即可求解.【详解】解：因c＝2acosA，由余弦定理可得22222bcacabc+−=，将a＝3，b

＝5代入整理得26c=，所以6cos23cAa==.故选：D.6.已知向量,ab满足2=a，且3ab=−，则()2aba+的值为（）A.1B.3C.5D.7【答案】C【解析】【分析】根据已知条件直接化简()2aba+求解即可.【详解】因为向量,ab满足2

=a，且3ab=−，所以()22222235abaaba+=+=−=.故选：C.7.已知梯形ABCO按斜二测画法得到的直观图为如图所示的梯形ABCO，且1AB=，2OA=，4OC=，现将梯形ABCO绕OA㯀转一周得到一个几何体，则该几何体的侧面积为（）A.15πB.

18πC.25πD.28π【答案】C【解析】【分析】将梯形ABCO复原为原图即直角梯形ABCO，确定相关的边长，结合题意以及圆台的侧面积公式，即可求得答案.为【详解】由题意将梯形ABCO复原为原图，即直角梯形ABCO，其中1,4,4ABOAOC===，则22

(41)45BC=−+=，故将梯形ABCO绕OA㯀转一周得到一个几何体为圆台，圆台上底面半径为1，下底面半径为4，高为4，母线长为5，故该几何体的侧面积为π(14)525π+=，故选：C8.在直角梯形ABCD中，ADBC∥，90ABC=，222ADABBC===，点P

为梯形ABCD四条边上的一个动点，则PAPB的取值范围是（）A.1,42−B.1,22−C.1,4−D.1,44−【答案】D【解析】【分析】此题可以先证明一下极化恒等式，再使用，轻松解决此题.【详解】如图ABP中，O为AB中点，22()

()()()PAPBPOOAPOOBPOOAPOOAPOOA=++=+−=−（极化恒等式）共起点的数量积问题可以使用.如图，取AB中点O，则由极化恒等式知，2221·4PAPBPOOAPO=−=−，要求PAPB取值范围，只需要求2PO最大，最小即可.由图，可知2PO最大时，P在D

点，即2222174PODOADAO==+=，此时21·44PAPBPO=−=，2PO最小时，P在O点，即20PO=，此时211·44PAPBPO=−=−.综上所得，PAPB取值范围为:1,44−.故选：D.二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.

在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.对于两个平面，和两条直线m，n，下列命题中假命题是（）A.若m⊥，mn⊥，则//nB.若//m，

⊥，则//mC.若//m，//n，⊥，则mn⊥D.若m⊥，n⊥，⊥，则mn⊥【答案】ABC【解析】【分析】根据线线、线面、面面的位置关系，结合判定定理和性质定理对选项一一判断即可得出答案.【

详解】对于A，若m⊥，mn⊥，则//n或n，故A是假命题；对于B，若//m，⊥，有可能出现m，故B是假命题；对于C，若//m，//n，⊥，有可能出现//mn，故C是假命题；对于D，m⊥，⊥，则m或//m，若m，则

由n⊥得nm⊥，若//m，则内有直线//cm，而易知cn⊥，从而mn⊥，D是真命题.故选：ABC.10.已知曲线1:2sinCyx=，2:2sin36xCy=+，则下列结论正确的是A.把1C上所有的点向右平移6个单位长度，再把所有图象上各点的横坐标缩

短到原来的13倍（纵坐标不变），得到曲线2CB.把1C上所有点向左平移6个单位长度，再把所得图象上各点的横坐标伸长到原来的3倍（纵坐标不变），得到曲线2CC.把1C上各点的横坐标缩短到原来的13倍（纵坐标不变），再把所得图象上所有的点向左平移6个单位长度，得到曲线2CD.

把1C上各点的横坐标伸长到原来的3倍（纵坐标不变），再把所得图象上所有的点向左平移2个单位长度，得到曲线2C【答案】BD【解析】【分析】根据左右平移变换以及伸缩变换相关结论即可判断，但要注意变换的顺序引起的变化.【详解】先平移变换后伸缩变换：

先把1C上所有点向左平移6个单位长度得到2sin()6yx=+，又因为113=，再把所得图像上各点的横坐标伸长到原来的3倍（纵坐标不变），得到曲线2C，B选项正确.先伸缩变换后平移变换：因为113=，所

以先将1C上各点的横坐标伸长为原来的3倍，得到2sin3xy=，又因为2C：12sin()32yx=+，则再把所得图像上所有点向左平移2个单位长度，即可得到2C，D选项正确.【点睛】三角函数图像变换主要包括平移变换、

周期变换、振幅变换．平移变换（左右）：将()fx图像上所有点向左（右）平移(0)个单位长度，得到()fx+（()fx−）；周期变换：若01，则将()fx上各点的横坐标伸长为原来的1倍（纵坐标不变），得到()fx；若1，则将()fx上各点的横坐标缩短为

原来的1（纵坐标不变），得到()fx；振幅变换：若01A，则将()fx上各点的纵坐标缩小为原来的A（横坐标不变），得到()Afx；若1A，则将()fx上各点的纵坐标伸长为原来的A倍（横坐标不变），得到()Afx；11.“奔驰定

理”因其几何表示酷似奔驰的标志得来，是平面向量中一个非常优美的结论．奔驰定理与三角形四心（重心、内心、外心、垂心）有着神秘的关联．它的具体内容是：已知M是ABCV内一点，BMC△，AMC，AMB的面积分别为AS，BS，CS，且0ABCSMASMBSMC++=．以下命题正确的有（）A.若

::1:1:1ABCSSS=，则M为AMC的重心B.若M为ABCV的内心，则0BCMAACMBABMC++=C.若45BAC=，60ABC=，M为ABCV的外心，则::3:2:1ABCSSS=D.若M为ABCV的垂心，3450MAMBMC++=，则

6cos6AMB=−【答案】ABD【解析】【分析】A选项，0MAMBMC++=，作出辅助线，得到A，M，D三点共线，同理可得M为ABCV的重心；B选项，设内切圆半径为r，将面积公式代入得到0BCMAACMBABMC++=；C选项，

设外接圆半径，由三角形面积公式求出三个三角形的面积，得到比值；D选项，得到::3:4:5ABCSSS=，作出辅助线，由面积关系得到线段比，设MDm=，MFn=，5MEt=，表示出AM，𝐵𝑀，𝑀𝐶，结合三角函数得到63mn=，1053mt=，进而求出余弦值；【详解】对A选项

，因为::1:1:1ABCSSS=，所以0MAMBMC++=，取BC的中点D，则2MBMCMD+=，所以2MDMA=−，故A，M，D三点共线，且2MAMD=，同理，取AB中点E，AC中点F，可得B，M，F三点

共线，C，M，E三点共线，所以M为ABCV的重心，A正确；对B选项，若M为ABCV内心，可设内切圆半径为r，的则12ASBCr=，12BSACr=，12CSABr=，所以1110222BCrMAACrMBABrMC++=，即0BCMAACMBABMC+

+=，B正确；对C选项，若45BAC=，60ABC=，M为ABCV的外心，则75ACB=，设ABCV的外接圆半径为R，故290BMCBAC==，2120AMCABC==，2150AMBACB==，故2

211sin9022ASRR==，2213sin12024BSRR==，2211sin15024CSRR==，所以::2:3:1ABCSSS=，C错误；对D选项，若M为ABCV的垂心，3450MAMBMC++=，则::3:4:5ABCSSS=，如图，ADBC⊥，CEAB⊥，BFAC⊥，

相交于点M，又ABCABCSSSS=++，31124AABCSS==，即:3:1AMMD=，41123BABCSS==，即:1:2MFBM=，512CABCSS=，即:5:7MEMC=，设MDm=，MFn=，5MEt=，则3AMm=，2BMn=，7MCt=，因为CADCBF=，sin,

sin32nmCADCBFmn==，所以32nmmn=，即63mn=，663cos226nmBMDnn===，则()6coscosπ6AMBBMD=−=−，D正确；故选：ABD.【点睛】关键点点睛：本题考查向量与四心关系应用，关键是利用三角形的几何关系及向量数量积及向量线

性表示逐项判断.三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）12.某高中为了了解学生参加数学建模社团的情况，采用了分层随机抽样的方法从三个年级中抽取了300人进行问卷调查，其中高一、高二年级各抽取了90人．已知该校高三年级共有720名学生

，则该校共有学生______人．【答案】1800【解析】【分析】根据按比例分配的分层随机抽样的特点确定抽样的比例即可求解.【详解】由题意可知从三个年级中抽取的300人进行问卷调查，其中高三有120人，所以抽取的比例为12017206=设该校共有n名学生，可得30016n=，解得18

00n=人，即该校共有1800名学生.故答案为：1800.13.已知向量()()1,,3,2amb=−=，若ab⊥，则m=______．【答案】32【解析】【分析】根据给定条件，利用向量垂直的坐标表示计算即得.【详解】向量()()1,,3,2amb=−=，由a

b⊥，得320abm=−+=，所以32m=.故答案为：3214.ABCV的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若19a=，3c=，π3A=，则b=______.【答案】5【解析】【分析】将条件代入余弦定理2222cos

abcbcA=+−，即可求解.【详解】因为19a=，3c=，π3A=，又由余弦定理有：2222cosabcbcA=+−，即2π19923cos3bb=+−且0b，解得：5b=.故答案为：5.四、解答题：本大题6个小题，

共70分，解答时应写出必要的文字说明、演算步骤或推理过程，并答在答题卡相应的位置上.15.已知向量(1,3),(1,2)ab=−=．（1）求ab；（2）求2ab−．【答案】（1）5（2）5【解析】【分析】（1）根据条件，利用数量积的

坐标运算，即可求出结果；（2）根据条件，利用向量的坐标运算，得到2(3,4)ab−=−，再根据模长的计算公式，即可求出结果.【小问1详解】因为(1,3),(1,2)ab=−=，所以11325ab=−+=.【

小问2详解】因为(1,3),(1,2)ab=−=，所以22(1,3)(1,2)(3,4)ab−=−−=−，所以222(3)45ab−=−+=.16.在如图所示的四棱锥PABCD−中，已知PA⊥平面ABCD，ADBC∥，90BAD=，1PAABBC===，2AD=，E为PD的中点.（1）求证：

CE∥平面PAB（2）求证：平面PAC⊥平面PDC【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据中点关系可证明四边形MECB是平行四边形，即可根据线线平行求证,（2）根据勾股定理可证明DCAC⊥

，根据线面垂直性质可得PADC⊥，即可根据线面垂直的判定求解.【小问1详解】取PA的中点M，连接,BMME，由于M，E为中点，则MEAD∥且12MEAD=．∵BCAD∥且12BCAD=，∴MEBC∥且MEBC=，∴

四边形MECB是平行四边形，∴BMCE∥.又CE平面PAB，BM平面PAB，∴CE∥平面PAB．【小问2详解】∵PA⊥平面ABCD，CD平面ABCD，∴PADC⊥，的又()2222222,2ACABBCCDABADBC=+==+−=,故222ACCDAD+=，∴DCAC⊥

．∵ACPAA=，,ACPA平面PAC,∴DC⊥平面PAC，又DC平面PDC，∴平面PAC⊥平面PDC．17.已知函数()()()sin2cos2fxxx=−+−，Rx.（1）求函数()fx的最小正周期和单调递减区间；（2

）求函数()fx在π0,2上的最小值及相应自变量的值.【答案】（1）函数()fx的最小正周期π，单调递减区间为π3ππ,π88kk−++，Zk.（2）最小值为2−，相应的3π8x=.【解析】【分

析】（1）化简()fx，根据余弦函数的最小正周期公式和单调递减区间可得结果；（2）根据余弦函数的图象可求出结果.【小问1详解】()()()sin2cos2fxxx=−+−πsin2cos22cos(2

)4xxx=−+=+，函数()fx的最小正周期2ππ2T==.由π2π22ππ4kxk++，Zk，得π3πππ88kxk−++，Zk，所以()fx的单调递减区间为π3ππ,π88kk−++，Zk.【小问2详解】当xπ0,2时，π24x+π5

π,44，所以当π2π4x+=，即3π8x=时，()fx取得最小值2−.18.某中学为了解学生每天进行户外锻炼的时长，体育教研组在高一年级随机调查了500位学生，得到如下的样本数据的频率分布直方图.（1）求m的值，并估计抽查的学生中每天户外锻炼时长在30min60min的人数；（2）

用样本估计总体，估计高一年级学生每天进行户外锻炼的平均时长（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）；（3）求高一年级学生每天进行户外锻炼的时长的上四分位数.【答案】（1）0016，290人（2）37min（3）49.5【解析】【分析】（1）根据频率

和为1求m的值，进而估计人数；（2）根据题意结合平均数的公式运算求解即可；（3）分析可知上四分位数在40,50之间，结合百分位数的定义运算求解.【小问1详解】由题意可知每组的频率依次为：0.04,0.14,10,0.22,0.20,10,0.08mm，因为0.040.14100.220.2

0100.081mm++++++=，解得0.016m=，估计每天户外锻炼时长在30min60min的人数为()5000.220.200.16290++=（人）.【小问2详解】由题意知，平均时长为50.04150.14250.163

50.22450.20550.16650.0837++++++=（min），所以估计高一年级学生每天进行户外锻炼的平均时长为37min.【小问3详解】因为0.040.140.160.220.560.75+++=，.且0.040.140.160.220.200.760.75++

++=，可知高一年级学生每天进行户外锻炼的时长的上四分位数，即75%分位数在40,50之间，设高一年级学生每天进行户外锻炼的时长的75%分位数为x，则()0.560.020400.75x+−=，解得49.5x=，所以高一年级学生每天进行户外锻炼的时长的上四分位数是49.5.19.在ABCV中

，角,,ABC所对的边分别为,,abc，请从下列条件中选择一个条件作答：（注：如果选择多个条件分别作答，则按第一个解答计分）①cossin2AaBbc+=②223cos3ABCbSabC=+③()()2si

n2sin2sinaAbcBcbC=−+−（1）求A的大小；（2）若ABCV为锐角三角形，求2cbb+的取值范围.【答案】（1）π3A=；（2）()2,5.【解析】【分析】（1）选①，利用正弦定理边化角，再利用和角的正弦及二倍角公式求解即可；选②，利用三角形面积公式及正弦定理边化角，再利用和角

的正弦求解即得；选③，利用正弦定理边化角，再利用余弦定理求解即得.（2）利用正弦定理边化角，再利用差角的正弦公式，结合正切函数的性质求出范围.【小问1详解】选①：在ABCV中，由cossin2AaBbc+=及正弦定理得，()sincossinsinsinsins

incoscossin2AABBCABABAB+==+=+则sinsincossin2ABAB=，又()0,π,sin0BB，于是2sincos12sin22AAA==−，而sin02A，解得1sin22A=

，又()π0,π,(0,)22AA，则π26A=，所以π3A=；选②：在ABCV中，223cos3ABCbSabC=+，且1sin2ABCSabC=△，则2231sincos32babCabC=+，即3sincos3baCaC=+，由正弦定

理得3sinsinsinsincos3BACAC=+，又sinsin()sincoscossinBACACAC=+=+，于是3cossinsinsin3ACAC=，而sin0C，则tan3A=，又()0,πA，所以π3A=；选③：在ABCV中，由()()2si

n2sin2sinaAbcBcbC=−+−及正弦定理得，得()()2222abcbcbc=−+−，即222abcbc=+−，由余弦定理得2221cos22bcaAbc+−==，又0πA，所以π3A=；【小问

2详解】在ABCV中，由正弦定理，得2π31sin()cossinsin311322sinsinsin2tan2BBBcCbBBBB−+====+，由（1）知2π3BC+=，即2π3CB=−，由ABCV为锐角三角形，得π022ππ032BB−，即π

π62B，于是()10,3tanB，所以3111(,2)2tan22B+，即cb的取值范围为1(,2)2，所以()2212,5cbcbb+=+.